1.我國早在先秦時期就有關(guān)于運(yùn)動的思辨，如《莊子》書上記載“飛鳥之影，未嘗動也”，留意生活，我們不難發(fā)現(xiàn)兩個現(xiàn)象，現(xiàn)象一：停憩在枝頭的小鳥能在一剎那飛走；現(xiàn)象二：近處的飛鳥看上去比遠(yuǎn)處的飛機(jī)飛得還要快，關(guān)于以上兩個現(xiàn)象，下列解釋合理的是( )
A. 現(xiàn)象一的原因小鳥在起飛時具有較大的速度
B. 現(xiàn)象一的原因小鳥在起飛時具有較小的加速度
C. 現(xiàn)象二的原因是飛鳥和飛機(jī)都相對人眼近似做圓周運(yùn)動但飛鳥的角速度更大
D. 現(xiàn)象二的原因是飛鳥和飛機(jī)都相對人眼近似做圓周運(yùn)動但飛鳥的角速度更小
2.關(guān)于圖中四幅圖像的說法正確的是( )
A. 甲圖中，將帶正電的小球C靠近不帶電的導(dǎo)體，再沿圖中虛線將導(dǎo)體分割成A、B兩部分后，A所帶電荷量小于B所帶電荷量
B. 乙圖中，用金屬網(wǎng)把驗(yàn)電器罩起來，使帶電金屬球靠近驗(yàn)電器，箔片會張開
C. 丙圖中，處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體腔的內(nèi)外表面感應(yīng)出等量異種電荷，導(dǎo)體殼內(nèi)空腔C電場強(qiáng)度為0
D. 丁圖中，將尖銳的金屬棒安裝在建筑物的頂端并通過導(dǎo)線與大地相連制成避雷針，利用的是尖端放電原理
3.如圖甲所示，在水平向右的勻強(qiáng)磁場中，匝數(shù)為100匝的矩形線圈繞與線圈平面共面的豎直軸勻速轉(zhuǎn)動，從線圈轉(zhuǎn)到某一位置開始計(jì)時，線圈中的瞬時感應(yīng)電動勢e隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示。則下列說法中正確的是( )
A. e=0時，穿過線圈的磁通量為零
B. t=0時，線圈平面與磁場方向夾角為30°
C. 瞬時感應(yīng)電動勢e隨時間t的變化關(guān)系為e=22 2sin(100πt?π3)(V)
D. 線圈轉(zhuǎn)動一圈的過程中，穿過線圈磁通量的最大值為22 2π×10?4Wb
4.圖甲為一列簡諧橫波在t=0.10s時刻的波形圖，P是平衡位置為x=1m處的質(zhì)點(diǎn)，Q是平衡位置為x=4m處的質(zhì)點(diǎn)，圖乙為質(zhì)點(diǎn)Q的振動圖象，則( )
A. t=0.15s時，質(zhì)點(diǎn)Q的加速度達(dá)到正向最大
B. t=0.15s時，質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動方向沿y軸正方向
C. 從t=0.10s到t=0.25s，該波沿x軸正方向傳播了6 m
D. 從t=0.10s到t=0.25s，質(zhì)點(diǎn)P通過的路程為30 cm
5.當(dāng)做圓周運(yùn)動的物體角速度ω變化時，我們可以引用角加速度β來描述角速度ω的變化快慢，即β=ΔωΔt。圖甲中某轉(zhuǎn)盤自t=0時由靜止開始轉(zhuǎn)動，其前4s內(nèi)角加速度β隨時間t變化如圖乙所示。則( )
A. 第4s末，轉(zhuǎn)盤停止轉(zhuǎn)動B. 角加速度的變化率的單位為rad/s
C. 0～2s內(nèi)轉(zhuǎn)盤做勻角加速圓周運(yùn)動D. 第2s末，轉(zhuǎn)盤的角速度大小為10rad/s
6.實(shí)際問題中，有很多情況是變力在對物體做功。我們需要通過各種方法來求解力所做的功。如圖，對于甲、乙、丙、丁四種情況下求解某個力所做的功，下列說法正確的是( )
A. 甲圖中若F大小不變，物塊從A到C過程中力F做的為W=F?|AC|
B. 乙圖中，全過程中F做的總功為72J
C. 丙圖中，繩長為R，若空氣阻力f大小不變，小球從A運(yùn)動到B過程中空氣阻力做的功W=12πRf
D. 圖丁中，F(xiàn)始終保持水平，無論是F緩慢將小球從P拉到Q，還是F為恒力將小球從P拉到Q，F(xiàn)做的功都是W=Flsinθ
7.如圖，A、B兩小朋友去滑雪，他們使用的滑雪板與雪面的動摩擦因數(shù)不同。兩人用與斜面平行的輕質(zhì)硬桿相連，沿足夠長的斜面一起勻速下滑。下滑過程中輕桿突然斷裂，兩人仍各自繼續(xù)沿斜面下滑，在之后的一段時間內(nèi)(兩人均未停止運(yùn)動)( )
A. 如果兩人間距離逐漸增大，可確定A受到的摩擦力較大
B. A、B各自所受合力的大小可能不同
C. A、B各自的加速度方向可能相同
D. A、B各自所受合力做功的大小一定不相同
8.“天問一號”從地球發(fā)射后，在如圖甲所示的P點(diǎn)沿地火轉(zhuǎn)移軌道到Q點(diǎn)，再依次進(jìn)入如圖乙所示的調(diào)相軌道和停泊軌道，則天問一號( )
A. 發(fā)射速度介于7.9km/s與11.2km/s之間
B. 從P點(diǎn)轉(zhuǎn)移到Q點(diǎn)的時間小于6個月
C. 在地火轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)動時的速度均大于地球繞太陽的速度
D. 在停泊軌道的機(jī)械能比在調(diào)相軌道的機(jī)械能小
9.在慣性參考系中，力對質(zhì)點(diǎn)所做功僅取決于質(zhì)點(diǎn)的初始位置和末位置，而與質(zhì)點(diǎn)通過的路徑無關(guān)，這種力稱為保守力，重力、彈簧彈力、靜電力、萬有引力等均為保守力。保守力做功的特點(diǎn)決定了質(zhì)點(diǎn)在慣性系中的每一個位置都有一種由該位置確定的能量，稱為勢能；勢能隨位置變化的曲線稱為勢能曲線。如圖所示為兩個勢能曲線，下列說法正確的是( )
A. 圖甲中勢能為零的位置，質(zhì)點(diǎn)所受保守力為零
B. 圖甲中質(zhì)點(diǎn)所受保守力的方向沿x軸的正方向
C. 圖乙中質(zhì)點(diǎn)從x1運(yùn)動到x2的過程中保守力做正功
D. 圖乙中質(zhì)點(diǎn)在x1位置，所受保守力大于質(zhì)點(diǎn)在x2位置所受保守力
10.如圖所示，質(zhì)量相等的物體A、B通過一輕質(zhì)彈簧相連，開始時B放在地面上，A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)通過細(xì)繩將A向上緩慢拉起，第一階段拉力做功為W1時，彈簧變?yōu)樵L；第二階段拉力再做功W2時，B剛要離開地面．彈簧一直在彈性限度內(nèi)，則( )
A. 兩個階段拉力做的功相等
B. 拉力做的總功等于A的重力勢能的增加量
C. 第一階段，拉力做的功大于A的重力勢能的增加量
D. 第二階段，拉力做的功等于A的重力勢能的增加量
11.2024年1月，國務(wù)院國資委啟動實(shí)施未來產(chǎn)業(yè)啟航行動，明確可控核聚變領(lǐng)域?yàn)槲磥砟茉吹奈ㄒ环较??？煽睾司圩儺?dāng)中，有一重要技術(shù)難題，就是如何將運(yùn)動電荷束縛在某一固定區(qū)域。有一種利用電場和磁場組合的方案，其簡化原理如下。如圖，已知直線l上方存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場，直線l下方存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場。一個帶正電的、不計(jì)重力的粒子從電磁場邊界l上方一點(diǎn)，以一定速度水平向右上方發(fā)射，經(jīng)過一段時間又回到該發(fā)射點(diǎn)。則改變下列條件不能使粒子發(fā)射后回到原來位置的是( )
A. 僅帶電粒子種類發(fā)生變化(但仍為帶正電的粒子)
B. 僅帶電粒子初速度發(fā)生變化
C. 僅發(fā)射點(diǎn)到電場邊界l的距離發(fā)生變化
D. 電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度都變成原來2倍
12.電磁俘能器可在汽車發(fā)動機(jī)振動時利用電磁感應(yīng)發(fā)電實(shí)現(xiàn)能量回收，結(jié)構(gòu)如圖甲所示。兩對永磁鐵可隨發(fā)動機(jī)一起上下振動，每對永磁鐵間有水平方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。磁場中，邊長為L的正方形線圈豎直固定在減震裝置上。某時刻磁場分布與線圈位置如圖乙所示，永磁鐵振動時磁場分界線不會離開線圈。關(guān)于圖乙中的線圈，下列說法正確的是( )
A. 穿過線圈的磁通量為BL2
B. 永磁鐵相對線圈上升越高，線圈中感應(yīng)電動勢越大
C. 永磁鐵相對線圈上升越快，線圈中感應(yīng)電動勢越小
D. 永磁鐵相對線圈下降時，線圈中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r針方向
13.如圖所示，P為理想自耦變壓器滑動端，原線圈匝數(shù)為4000，原線圈兩端的瞬時電壓為220 2sin50πt(V)，電阻R1=200Ω，R2=300Ω，D為理想二極管，電容器的電容為2000μF，則下列說法中正確的是( )
A. 穿過線圈的磁通量的變化率最大為0.22Wb/s
B. 滑動端P從b向a滑動的過程中，電容器兩端的電壓逐漸降低
C. 滑動端P從a向b滑動的過程中，副線圈兩端電壓升高
D. 當(dāng)滑動端P移動到ab的中點(diǎn)時，R2的電功率與R1的電功率之比為2：3
14.如圖1所示為一電容式加速度傳感器。其工作原理是：平行板電容器固定在車上，極板水平，極板正對面積為S，長度為2L，極板間距為d，一厚度與極板間距相同、質(zhì)量為m的電介質(zhì)板通過勁度系數(shù)為k0的彈簧連接在車上，充好電后將兩極板與電源斷開。車的加速度不同，電介質(zhì)板進(jìn)入極板間的長度就不同，電容器的電容就會發(fā)生變化，引起電壓變化。通過監(jiān)測極板間電壓可以測量車的加速度，如圖2所示為電壓與加速度的關(guān)系圖線，圖中a1、a2分別為電介質(zhì)板未進(jìn)入電容器和全部進(jìn)入電容器時的加速度。
已知圖1中的電容器可分為左、右兩部分：左側(cè)為填充有電介質(zhì)板的平行板電容器，其電容值記為C1，右側(cè)為無電介質(zhì)的平行板電容器，其電容值記為C2。整個電容器的等效電容為C=C1+C2?？諝獾南鄬殡姵?shù)? r1=1，電介質(zhì)板的相對介電常數(shù)? r2=3。
在一平直公路上，汽車勻速運(yùn)動時，電介質(zhì)板剛好填充一半的極板長度，此時電容器極板間的電壓為U0；汽車以某一加速度勻減速剎車時，電容器極板間的電壓變?yōu)?.8U0，忽略一切摩擦阻力。下列說法正確的是( )
A. 汽車剎車時，電容器的電容要比勻速行駛時的小
B. 汽車剎車時，運(yùn)動方向向左
C. 汽車剎車的加速度大小為k0L2m
D. 電容器的帶電量為U0Sπkd
二、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共18分。
15.某實(shí)驗(yàn)小組用落體法驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，打點(diǎn)計(jì)時器固定在鐵架臺上，使重物帶動紙帶從靜止開始自由下落，利用此裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。
(1)本實(shí)驗(yàn)中，不同組學(xué)生在操作過程中出現(xiàn)如圖的四種情況，其中操作正確的是______(填序號)。
(2)進(jìn)行正確操作后，打下的紙帶如圖所示，在選定的紙帶上依次取計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時間間隔為T，那么紙帶的______(填“左”或“右”)端與重錘相連。設(shè)重錘質(zhì)量為m，根據(jù)測得的x1、x2、x3、x4，在打B點(diǎn)到D點(diǎn)的過程中，重錘動能增加量的表達(dá)式為______。
(3)換用兩個質(zhì)量分別為m1、m2的重物分別進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，多次記錄下落高度h和相應(yīng)的速度大小v，作出的v2?h圖像如圖所示。對比圖像分析正確的是______(填序號)。
A.阻力可能為零
B.阻力不可能為零
C.m1可能等于m2
D.m1一定小于m2
16.某研究性學(xué)習(xí)小組，設(shè)計(jì)如圖(a)所示的實(shí)驗(yàn)電路圖，研究伏安法測電阻及誤差情況。電壓表的內(nèi)阻、電流表的內(nèi)阻和待測電阻的真實(shí)值分別用字母RV、RA、Rx表示。
(1)在圖(b)中，用筆劃線代替導(dǎo)線，將實(shí)驗(yàn)電路連接完整 ；
(2)如果電鍵S1接端點(diǎn)1，請用Rx、RV和RA中的某些字母表示出該情況下電阻的測量值為 ；
(3)如圖(c)所示，兩條伏安特性曲線中，一條是接端點(diǎn)1的測量圖線，一條是接端點(diǎn)2的測量圖線，則圖線a是接端點(diǎn) (填寫“1”或“2”)的測量圖線；
(4)若Rx約為80Ω，RV約為1000Ω，RA約為5Ω，則比較準(zhǔn)確的測量方法是將電鍵S1接端點(diǎn) (填寫“1”或“2”)。如果各電阻大約阻值未知，則可將電鍵S1依次接端點(diǎn)1和端點(diǎn)2。若觀察兩次測量中電流表的讀數(shù)幾乎未變，電壓表讀數(shù)變化較大，發(fā)生這種現(xiàn)象的原因是 ，則比較準(zhǔn)確的測量方法是將電鍵S1接端點(diǎn) (填寫“1”或“2”)。
三、簡答題：本大題共1小題，共10分。
17.如圖所示，寬度為L的平行金屬導(dǎo)軌水平放置，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。將質(zhì)量為m，電阻為r的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，其長度恰好等于導(dǎo)軌間距，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)，導(dǎo)軌足夠長。在平行于導(dǎo)軌的拉力F作用下，導(dǎo)體棒從靜止開始沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動。當(dāng)導(dǎo)體棒速度為v時：
(1)求導(dǎo)體棒兩端的電壓U；
(2)求導(dǎo)體棒所受安培力的功率；
(3)若已知此過程中導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電熱為Q1，因摩擦生熱為Q2，求拉力F做的功W。
四、計(jì)算題：本大題共3小題，共30分。
18.如圖所示，MN是半徑為R=0.8m的豎直四分之一光滑圓弧軌道，豎直固定在水平桌面上，軌道末端處于桌子邊緣并與水平桌面相切于N點(diǎn)。把一質(zhì)量為m=1kg的小球B靜止放于N點(diǎn)，另一完全相同的小球A由M點(diǎn)靜止釋放，經(jīng)過N點(diǎn)時與B球發(fā)生正碰，碰后粘在一起水平飛出，落在地面上的P點(diǎn)。若桌面高度為h=0.8m，取重力加速度g=10m/s2.不計(jì)阻力，小球可視為質(zhì)點(diǎn)。求：
(1)小球A運(yùn)動到N點(diǎn)與小球B碰前的速度v0的大小
(2)小球A與小球B碰后瞬間的共同速度v的大小
(3)P點(diǎn)與N點(diǎn)之間的水平距離x
19.如圖甲所示，按壓式圓珠筆可以簡化為外殼、內(nèi)芯和輕質(zhì)彈簧三部分，輕質(zhì)彈簧穿過內(nèi)芯，上端與外殼接觸，下端與內(nèi)芯接觸。某按壓式圓珠筆內(nèi)芯的質(zhì)量為m，外殼的質(zhì)量為3m，外殼與內(nèi)芯之間的彈簧的勁度系數(shù)為k。如圖乙所示，先把筆豎直倒立于水平硬桌面上，用力下壓外殼使其下端接觸桌面(如位置a)，此時彈簧的壓縮量x=9mgk，然后將圓珠筆由靜止釋放，彈簧推動圓珠筆外殼豎直上升，當(dāng)外殼的速度達(dá)到最大，此時外殼恰好與內(nèi)芯發(fā)生碰撞(碰撞時間極短)，碰后內(nèi)芯與外殼以共同的速度一起上升到最大高度處(如位置c)。已知彈簧彈性勢能的計(jì)算公式為Ep=12kx2，x為彈簧的形變量，不計(jì)空氣阻力與一切摩擦。
(1)當(dāng)彈簧的壓縮量為多少時，外殼的速度達(dá)到最大？
(2)外殼向上的最大高度為多大？
(3)請?jiān)诒麍D中定性畫出圓珠筆外殼從靜止釋放到最高點(diǎn)過程中的速度隨時間圖像。(以豎直向上為速度正方向)
20.如圖1所示，某帶電量為+q的點(diǎn)電荷以速率v沿x軸正方向運(yùn)動。已知運(yùn)動的電荷會產(chǎn)生磁場，該運(yùn)動電荷在x軸上各點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度恰為0，在y軸上距其r處的M點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為kqvc2r2，其中k是靜電常數(shù)，c是真空中的光速，皆為已知。
(1)如圖2所示，求半徑為R，大小為I的環(huán)形電流在其圓心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。?br>(2)如圖3所示，兩個質(zhì)子p1和p2某一時刻相距為a，其中p1沿著兩者的連線方向(y軸正方向)離開p2以速度v1運(yùn)動；p2沿著垂直于二者連線的方向(x軸正方向)以速度v2運(yùn)動。設(shè)v1和v2均較小，庫侖定律仍然成立，已知質(zhì)子的帶電量為e。
a.p1不僅受到來自p2的庫侖力，還會受到p2所激發(fā)的磁場的作用。求p1受到的合力f1的大小并求出f1與y軸的夾角θ；
b.說明由質(zhì)子p1和p2組成的系統(tǒng)動量并不守恒；
c.造成p1和p2動量之和不守恒的原因，是因?yàn)榭臻g中存在電磁場，而電磁場也是有動量的。求在圖示時刻，電磁場的動量隨時間的變化率的大小和方向。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：AB、現(xiàn)象一的原因是小鳥起飛時具有較大的加速度，其速度是比較小的，故AB錯誤；
CD、現(xiàn)象二的原因是飛鳥和飛機(jī)都相對人眼近似做勻速圓周運(yùn)動，但飛鳥的角速度更大，所以近處的飛鳥看上去比遠(yuǎn)處的飛機(jī)飛得還要快，故C正確，D錯誤。
故選：C。
小鳥從枝頭飛走時的加速度較大；飛鳥和飛機(jī)都相對人眼近似做勻速圓周運(yùn)動，但飛鳥的角速度更大。
本題考查了對加速度的理解，以及圓周運(yùn)動規(guī)律在實(shí)際生活中的應(yīng)用。
2.【答案】D
【解析】解：A.甲圖中，將帶正電的小球C靠近不帶電的導(dǎo)體，再沿圖中虛線將導(dǎo)體分割成A、B兩部分后，根據(jù)電荷守恒定律，A所帶電荷量等于B所帶電荷量，故A錯誤；
B.乙圖中，用金屬網(wǎng)把驗(yàn)電器罩起來，由于金屬網(wǎng)罩的靜電屏蔽，帶電金屬球靠近驗(yàn)電器時，箔片不會張開，故B錯誤；
C.丙圖中，處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體腔的外表面感應(yīng)出等量異種電荷，內(nèi)表面沒有電荷，導(dǎo)體殼內(nèi)空腔C電場強(qiáng)度為0，故C錯誤；
D.丁圖中，將尖銳的金屬棒安裝在建筑物的頂端并通過導(dǎo)線與大地相連制成避雷針，利用的是尖端放電原理，故D正確。
故選：D。
將帶正電的小球C靠近不帶電的導(dǎo)體，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布，但總電荷守恒；根據(jù)靜電屏蔽分析判斷；處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體腔的外表面感應(yīng)出等量異種電荷；根據(jù)尖端放電原理分析。
該題考查靜電平衡、靜電屏蔽以及尖端放電的應(yīng)用，知道處于靜電感應(yīng)現(xiàn)象的導(dǎo)體，內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零，電荷全部分布在表面。
3.【答案】D
【解析】解：A.根據(jù)穿過線圈的磁通量與感應(yīng)電動勢之間的關(guān)系可知當(dāng)電動勢e=0時，穿過線圈的磁通量最大，故A錯誤；
BC.由圖乙可知，線圈轉(zhuǎn)動周期為0.02s，角速度為ω=2πT=100πrad/s
電動勢的最大值Em=22 2V
瞬時感應(yīng)電動勢e隨時間t的變化關(guān)系為e=22 2sin(100πt+π6)(V)
當(dāng)t=0時，線圈平面與磁場方向夾角為60°，故BC錯誤；
D.線圈轉(zhuǎn)動一圈的過程中，穿過線圈磁通量的最大值為Φm=BS=Emnω=22 2π×10?4Wb，故D正確。
故選：D。
根據(jù)穿過線圈的磁通量與感應(yīng)電動勢之間的關(guān)系判斷；由圖得出周期，求出線圈轉(zhuǎn)動的角速度，結(jié)合瞬時電動勢的表達(dá)式判斷開始時線圈平面與磁場方向夾角；結(jié)合瞬時電動勢的表達(dá)式判斷穿過線圈的最大磁通量。
解決本題的關(guān)鍵知道正弦式交流電峰值的表達(dá)式Em=nBSω，以及知道峰值與有效值的關(guān)系，能從圖中得出有效信息，難度不大。
4.【答案】A
【解析】解：A、由質(zhì)點(diǎn)Q的振動圖象，讀出t=0.15s時，質(zhì)點(diǎn)Q的位移為負(fù)向最大值，則加速度達(dá)到正向最大值。故A正確。
B、由振動圖象讀出周期T=0.20s。由振動讀出t=0.15s時，Q點(diǎn)處于波谷，在波動圖象看出x=2m處質(zhì)點(diǎn)此時通過平衡位置向下，則質(zhì)點(diǎn)P正沿y軸負(fù)方向運(yùn)動。故B錯誤。
C、由振動圖象可知，t=0.10s時刻，Q點(diǎn)經(jīng)過平衡位置向下運(yùn)動，可判斷出來波沿x軸負(fù)方向傳播。故C錯誤。
D、從t=0.10s到t=0.25s，經(jīng)過時間為△t=0.15s=34T，位于最大位移處和平衡位置處的質(zhì)點(diǎn)通過的路程是S=3A=30cm，P點(diǎn)通過的路程不是30cm。故D錯誤。
故選：A。
由質(zhì)點(diǎn)Q的振動圖象，讀出質(zhì)點(diǎn)Q的位置，分析加速度情況．簡諧運(yùn)動的質(zhì)點(diǎn)加速度大小與位移大小成正比．t=0.10s時刻，Q點(diǎn)經(jīng)過平衡位置向下運(yùn)動，可判斷出來波沿x軸負(fù)方向傳播．t=0.15s時，Q點(diǎn)處于波谷，質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動方向沿y軸負(fù)方向．從t=0.10s到t=0.25s，位于最大位移處和平衡位置處的質(zhì)點(diǎn)通過的路程是3A，其他各點(diǎn)通過的路程不是3A.
本題考查識別、理解振動圖象和波動圖象的能力和把握兩種圖象聯(lián)系的能力．
5.【答案】D
【解析】解：A、第4s末，角加速度為0，即角速度達(dá)到恒定值不變，不是停止轉(zhuǎn)動，故A錯誤；
B、角加速度的單位為rad/s2，角加速度的變化率應(yīng)為角加速度除以時間，所以單位為rad/s3，故B錯誤；
C、0～2s內(nèi)，角加速度增大，轉(zhuǎn)盤做變角加速圓周運(yùn)動，故C錯誤；
D、第2s末，轉(zhuǎn)盤角速度大小為ω=12×2×10rad/s=10rad/s，故D正確。
故選：D。
A、β表示角速度的變化快慢，即可理解為角加速度，角加速度為零時，角速度不再增加保持定值；
B、可利用單位制規(guī)律計(jì)算；
C、可通過圖像判斷此階段角加速度有無變化，勻角加速度圓周運(yùn)動中角加速度是恒定值；
D、角加速度與時間圖像與時間軸圍成的面積表示角速度的大小。
本題利用角加速度與時間圖像考查了對角速度的理解，掌握運(yùn)動學(xué)圖像規(guī)律為解決本題的關(guān)鍵。
6.【答案】B
【解析】解：A、甲圖中，若F大小不變，物塊從A到C過程中力F做功為
W=F(AO?CO)
故A錯誤；
B、乙圖中，F(xiàn)?x圖像中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體所做的功，如圖可知，做功為
W=15×6J?3×6J=72J
故B正確；
C、丙圖中，繩長為R，若空氣阻力f大小不變，小球從A運(yùn)動到B過程中空氣阻力做的功為
W=?f×14×2πR=?12πRf
故C錯誤；
D、丁圖中，若F為恒力，將小球從P拉到Q，F(xiàn)做的功為
W=Flsinθ
若緩慢拉動，則F為變力，根據(jù)動能定理，有
WF?mgl(1?csθ)=0
可得
WF=mgl(1?csθ)
故D錯誤。
故選：B。
根據(jù)變力做功的計(jì)算方法，直線運(yùn)動、曲線運(yùn)動、圓周運(yùn)動以及變力與恒力做功的比較判斷選項(xiàng)。
根據(jù)力做功的定義，即力與位移的點(diǎn)積，以及在不同運(yùn)動情景下如何計(jì)算力所做的功。
在計(jì)算變力做功時，需要根據(jù)力的方向與位移方向的關(guān)系，以及力的大小是否變化來確定計(jì)算方法。對于直線運(yùn)動，直接使用力與位移的點(diǎn)積；對于曲線運(yùn)動，可能需要積分計(jì)算；對于變力，可能需要考慮力的變化規(guī)律。同時，注意阻力做功時的方向性，以及在緩慢移動物體時，力做功與能量守恒的關(guān)系。
7.【答案】D
【解析】解：A、開始時勻速運(yùn)動，有FA+FB=fA+fB，其中FA、FB為A、B的下滑分力，輕桿突然斷裂兩人間距增大，有FA>fA，無法比較fA、fB，故A錯誤；
B、A所受合力為F1=FA?fA，B所受合力為F2=FB?fB，有F1=?F2，故B錯誤；
C、A、B所受合力方向相反，故加速度方向一定相反，故C錯誤；
D、由于A、B與雪面動摩擦因數(shù)不同，則AB間距改變，所以xA≠xB，合力做功F1xA≠F2xB，故D正確。
故選：D。
由平衡條件可知兩小朋友作為整體的下滑分力和摩擦力的關(guān)系；隔離分析A、B各自所受合力的大??；根據(jù)合力判斷加速度；根據(jù)A、B各自所受合力的大小和運(yùn)動的位移判斷A、B各自所受合力做功的大小。
本題要注意運(yùn)用整體和隔離的方法對A、B進(jìn)行受力分析，結(jié)合勻速運(yùn)動的狀態(tài)進(jìn)行判斷。
8.【答案】D
【解析】解：A、天問一號需要脫離地球引力的束縛，而第二宇宙速度11.2km/s為脫離地球的最小發(fā)射速度，所以在地球上天問一號的發(fā)射速度要大于第二宇宙速度11.2km/s，故A錯誤。
B、地球公轉(zhuǎn)周期為12個月，根據(jù)開普勒第三定律a3T2=k可知，天問一號在地火轉(zhuǎn)移軌道的軌道半徑大于地球公轉(zhuǎn)半徑，則運(yùn)行周期大于12個月，從P點(diǎn)轉(zhuǎn)移到Q點(diǎn)的時間大于6個月，故B錯誤；
CD、天問一號在Q點(diǎn)點(diǎn)火加速進(jìn)入火星軌道，則在停泊軌道的機(jī)械能比在調(diào)相軌道的機(jī)械能小；
地火轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)動時，Q點(diǎn)的速度小于火星軌道的速度，根據(jù)萬有引力提供向心力得：GMmr2=mv2r
解得線速度：v= GMr
地球公轉(zhuǎn)半徑小于火星公轉(zhuǎn)半徑，則地球繞太陽的速度大于火星繞太陽的速度，則在地火轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)動時，Q點(diǎn)的速度小于地球繞太陽的速度，故C錯誤，D正確。
故選：D。
第二宇宙速度是衛(wèi)星脫離地球引力束縛的最小發(fā)射速度；根據(jù)衛(wèi)星的變軌原理分析速度、機(jī)械能的關(guān)系；根據(jù)開普勒第三定律分析周期關(guān)系。
本題考查了萬有引力定律的應(yīng)用，解決本題的關(guān)鍵是理解衛(wèi)星的變軌過程，以及萬有引力定律的靈活運(yùn)用。
9.【答案】D
【解析】解：A、根據(jù)△Ep=?W保=?F?！鱴，得ΔEpΔx=?F 保，則|ΔEpΔx|=|F 保|，勢能曲線的斜率絕對值等于保守力大小。圖甲中勢能為零的位置，圖像的斜率不為零，則質(zhì)點(diǎn)所受保守力不為零，故A錯誤；
B、圖甲中質(zhì)點(diǎn)的勢能增大，保守力做負(fù)功，則質(zhì)點(diǎn)所受保守力的方向沿x軸的負(fù)方向，故B錯誤；
C、圖乙中質(zhì)點(diǎn)從x1運(yùn)動到x2的過程中，勢能增大，則保守力做負(fù)功，故C錯誤；
D、根據(jù)圖像切線的斜率越大，保守力越大。在圖乙中，圖像在x1位置切線的斜率大于在x2位置圖像切線的斜率，所以質(zhì)點(diǎn)在x1位置所受保守力大于質(zhì)點(diǎn)在x2位置所受保守力，故D正確。
故選：D。
勢能曲線的斜率大小表示保守力大小，根據(jù)圖像的斜率分析保守力大??；根據(jù)勢能的變化分析保守力方向，并確定保守力做功正負(fù)。
解答本題時，要理解并掌握保守力做功與勢能變化的關(guān)系：△Ep=?W保，即保守力做正功，勢能減少；保守力做負(fù)功，勢能增加。要知道勢能曲線的斜率大小表示保守力大小。
10.【答案】B
【解析】解：開始時A壓縮彈簧，形變量為x1=mgk；要使B剛要離開地面，則彈力應(yīng)等于B的重力，即kx2=mg，故形變量x2=mgk，則x1=x2=x，
A、緩慢提升物體A，物體A的動能不變，第一階段與第二階段彈簧的形變量相同，彈簧的彈性勢能EP相同，由動能定理得：W1+EP?mgx=0，W2?EP?mgx=0，
W1=mgx?EP，W2=mgx+EP，則：W1>W2，故A錯誤；
B、由于在整個過程中，彈簧的彈性勢能不變，物體A、B的動能不變，B的重力勢能不變，由能量守恒定律可知，拉力做的功轉(zhuǎn)化為A的重力勢能，拉力做的總功等于A的重力勢能的增加量，故B正確；
C、由A可知，W1=mgx?EP，物體重力勢能的增加量為mgx，則第一階段，拉力做的功小于A的重力勢能的增量，故C錯誤；
D、由A可知，W2=mgx+EP，重力勢能的增加量為mgx，則第二階段拉力做的功大于A的重力勢能的增加量，故D錯誤；
故選：B.
應(yīng)用平衡條件求出彈簧壓縮與伸長時的形變量關(guān)系，然后應(yīng)用動能定理求出拉力的功，根據(jù)功的表達(dá)式分析答題．
本題對學(xué)生要求較高，在解題時不但要能熟練應(yīng)用動能定理，還要求能分析物體的運(yùn)動狀態(tài)，能找到在拉起物體的過程中彈力不做功．
11.【答案】C
【解析】解：ABD、設(shè)速度與水平方向夾角為θ，則有vsinθ=at，x=vcsθ×2t
其中a=qEm
在磁場中，根據(jù)幾何關(guān)系有2Rsinθ=x
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2R
解得vcsθ=EB
則僅帶電粒子種類發(fā)生變化或電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度都變成原來2倍后，粒子依然會回到原來的位置，雖然初速度發(fā)生變化，若保證vcsθ不變，粒子依然可以回到原來位置，故ABD錯誤；
C、僅發(fā)射點(diǎn)到電場邊界l的距離發(fā)生變化，此時水平方向不再滿足2Rsinθ=x，粒子不會回到原來位置，故C正確；
故選：C。
粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)對應(yīng)的運(yùn)動規(guī)律分析解答。
該題考查了帶電粒子在有邊界的勻強(qiáng)磁場中的偏轉(zhuǎn)和在電場中的運(yùn)動，正確分析帶電粒子在電場和磁場中的受力并判斷其運(yùn)動的性質(zhì)及軌跡是解題的關(guān)鍵
12.【答案】D
【解析】【解答】A.根據(jù)圖乙可知此時穿過線圈的磁通量為0，故A錯誤;
BC.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知永磁鐵相對線圈上升越快，磁通量變化越快，線圈中感應(yīng)電動勢越大，故 BC錯誤;
D.永磁鐵相對線圈下降時，根據(jù)楞次定律可知線圈中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r針方向，故 D正確。
13.【答案】C
【解析】解：A.根據(jù)原線圈兩端的瞬時電壓的表達(dá)式可知U=nΔΦΔt
所以最大磁通量的變化率ΔΦΔt=Umn=220 24000Wb/s≈0.078Wb/s
故A錯誤；
B.根據(jù)理想變壓器電壓與變比的關(guān)系U1U2=n1n2，得副線圈兩端電壓U2=n2n1U1；滑動端P從b向a滑動的過程中，副線圈匝數(shù)n2減小，而n1和U1不變，因此副線圈兩端電壓U2減小，二極管上端電勢降低，二極管截止；由于二極管的單向?qū)щ娦裕娙萜鞑荒芊烹?，電容器的電荷量不變，兩端電壓不變，故B錯誤；
C.根據(jù)理想變壓器電壓與變比的關(guān)系U1U2=n1n2，得副線圈兩端電壓U2=n2n1U1；滑動端P從a向b滑動的過程中，副線圈匝數(shù)n2增大，而n1和U1不變，因此副線圈兩端電壓U2增大，故C正確；
D.由于電容器支路充電后處于斷路狀態(tài)，因此通過電阻R1、R2的電流相等，根據(jù)功率公式P=I2R可知，P2P1=R2R1=3：2，故D錯誤。
故選：C。
根據(jù)磁通量的變化率結(jié)合電壓的瞬時值的表達(dá)式作答；根據(jù)理想變壓器電壓與變比的關(guān)系結(jié)合二極管的單向?qū)щ娦宰鞔?；根?jù)理想變壓器電壓與變比的關(guān)系作答；根據(jù)二極管的單向?qū)щ娦越Y(jié)合功率公式作答。
本題考查了自耦變壓器的動態(tài)分析；抓住二極管的單向?qū)щ娦允墙忸}的關(guān)鍵。
14.【答案】D
【解析】解：A、根據(jù)C=QU可得U=QC，因?yàn)镼一定，電壓又U0變成了0.8U0，所以電容C變大了，所以汽車剎車時，電容器的電容比勻速行駛時大，故A錯誤；
B、電容變大，說明電介質(zhì)進(jìn)入極板的長度變大了，即彈簧邊長了，則對電介質(zhì)來說有向左的加速度，汽車剎車時加速度方向與速度方向相反，所以汽車剎車時的運(yùn)動方向是向右的，故B錯誤；
C、根據(jù)C=εrS4πkd和? r1=1，? r2=3可得C1=3C2，開始時U0=QC1+C2,0.8U0=QC′1+C′2，解得C′1=4C′2，說明電介質(zhì)向右運(yùn)動了L7，則加速度大小為a=k0×L7m=k0L7m，故C錯誤；
D、根據(jù)C=εrS4πkd和C=C1+C2可得勻速行駛時，電容器的總電容為C=Sπkd，則電容器所帶電荷量為Q=CU0=U0Sπkd，故D正確。
故選：D。
根據(jù)C=QU分析；根據(jù)電壓變化確定電容的變化，進(jìn)而確定電介質(zhì)的變化，確定加速度的方向，確定速度方向；根據(jù)電壓的變化得到兩種狀態(tài)下的電容大小關(guān)系，進(jìn)而根據(jù)電容的決定式結(jié)合C=C1+C2分析電介質(zhì)移動的距離，然后根據(jù)牛頓第二定律得到加速度大?。桓鶕?jù)Q=CU計(jì)算。
能夠根據(jù)電容的決定式和兩個電容器串聯(lián)起來得到的總電容關(guān)系，得到電介質(zhì)移動的距離是解題的關(guān)鍵。
15.【答案】B 左 m8T2(x42?2x2x4) BC
【解析】解：(1)打點(diǎn)計(jì)時器應(yīng)接交流電源，操作時應(yīng)用手提住紙帶的上端，讓重物盡量靠近打點(diǎn)計(jì)時器，故ACD錯誤，B錯誤；
故選：B。
(2)紙帶上的點(diǎn)跡從左向右間距逐漸變大，則紙帶的左端與重物相連。打點(diǎn)計(jì)時器打B點(diǎn)時的速度為
vB=x22T
打點(diǎn)計(jì)時器打D點(diǎn)時的速度為
vD=x4?x22T
在打B點(diǎn)到D點(diǎn)的過程中，重錘動能增加量的表達(dá)式為
ΔEk=12mvD2?12mvB2=m8T2(x42?2x2x4)
(3)AB.根據(jù)題意，設(shè)阻力為f，由動能定理有
(mg?f)h=12mv2
整理可得
v2=2(g?fm)h
可知，若阻力為零，則兩次實(shí)驗(yàn)的v2?h圖像斜率相等，由圖可知，斜率不等，則阻力不為零，故A錯誤，B正確；
CD.雖然斜率不相等，但不知道兩物體所受阻力的情況，則兩物體的質(zhì)量關(guān)系不確定，即m1可能等于m2，故C正確，D錯誤。
故選：BC。
故答案為：(1)B；(2)左；m8T2(x42?2x2x4)；(3)BC
(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理選擇合適的實(shí)驗(yàn)裝置圖；
(2)根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得出重錘的速度，由此得出重錘動能增加量的表達(dá)式；
(3)根據(jù)速度-時間公式，結(jié)合圖像的物理意義完成分析。
本題主要考查了機(jī)械能守恒定律的驗(yàn)證實(shí)驗(yàn)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作，結(jié)合機(jī)械能守恒定律即可完成分析。
16.【答案】
RxRVRx+RV
2
2
電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于待測電阻，電壓表分流幾乎為零，但電流表內(nèi)阻較大，分壓較大
1

【解析】(1)根據(jù)電路圖連接實(shí)驗(yàn)電路如圖：
(2)如果電鍵S1接1，測量值為待測電阻Rx和電壓表RV并聯(lián)的總電阻，即R測=RxRVRx+RV
(3)接端點(diǎn)1時，電流表外接，測量值為R測=RxRVRx+RVRx
而U?I圖線斜率表示電阻測量值，圖線a的斜率較大，所以圖線a是接端點(diǎn)2的測量圖線。
(4)將Rx約為80Ω，RV約為1000Ω，RA約為5Ω，代入可得RxRA=805=16>RVRx=100080=12.5
故選用電流表內(nèi)接法誤差較小，應(yīng)接端點(diǎn)2。
電流表的讀數(shù)幾乎未變，電壓表讀數(shù)變化較大，原因是電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于待測電阻，電壓表分流幾乎為零，但電流表內(nèi)阻較大，分壓較大；因此應(yīng)采用電流表外接法，即接端點(diǎn)1。
17.【答案】解(1)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：
E=BLv
由閉合電路歐姆定律，電路中的感應(yīng)電流為：
I=ER+r
聯(lián)立解得：I=BLvR+r
導(dǎo)體棒兩端的電壓為：
U=IR
解得：U=BLvRR+r
(2)安培力為：
F=BIL
解得：F=B2L2vR+r
功率P=Fv
整理得：P=B2L2v2R+r
(3)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電熱為Q1，電阻R與導(dǎo)體棒電流相同，電路產(chǎn)生的總電熱應(yīng)為：
Q電=R+rRQ1
即導(dǎo)體棒克服安培力做功
W安=Q電=R+rrQ1
電導(dǎo)體棒克服摩擦力做功
Wf=Q2
對導(dǎo)體棒列動能定理有
W?W安?Wf=12mv2
聯(lián)立得：W=12mv2+R+rrQ1+Q2
答：(1)導(dǎo)體棒兩端的電壓U為BLvRR+r；
(2)導(dǎo)體棒所受安培力的功率為B2L2v2R+r；
(3)拉力F做的功W為12mv2+R+rrQ1+Q2
【解析】(1)由E=BLv可以求出感應(yīng)電動勢，根據(jù)閉合電路歐姆定律求出導(dǎo)體棒兩端的電壓；
(2)由閉合電路歐姆定律求出感應(yīng)電流，根據(jù)F=BIL求出安培力，再根據(jù)P=Fv求出導(dǎo)體棒所受安培力的功率；
(3)導(dǎo)體棒克服安培力做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，根據(jù)題意應(yīng)用動能定理可以求出拉力做功。
對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點(diǎn)是分析安培力作用下導(dǎo)體棒的平衡問題，根據(jù)平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列方程求解。
18.【答案】解：(1)小球在圓弧軌道內(nèi)下滑過程中，由動能定理得：mgR=12mv02
代入數(shù)據(jù)解得：v0=4m/s；
(2)兩個小球碰撞的過程中水平方向的動量守恒，選取向右為正方向，設(shè)碰撞后的共同速度為v，則：
mv0=2mv
代入數(shù)據(jù)可得：v=2m/s
(3)小球從N點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動，h=12gt2
豎直方向上：t= 2hg=0.4s
水平方向上：x=vt
解得：x=0.8m。
答：(1)小球A運(yùn)動到N點(diǎn)與小球B碰前的速度v0的大小為4m/s；
(2)小球A與小球B碰后瞬間的共同速度v的大小為2m/s；
(3)P點(diǎn)與N點(diǎn)之間的水平距離x是0.8m。
【解析】(1)小球在圓弧軌道內(nèi)下滑過程中，由動能定理即可求出；
(2)小球到達(dá)N點(diǎn)，與B發(fā)生碰撞，由動量守恒定律即可求出碰撞后的速度；
(3)由平拋運(yùn)動規(guī)律即水平方向上勻速和豎直方向自由落體可求水平距離。
本題是平拋運(yùn)動和動能定理的綜合應(yīng)用，速度是它們之間聯(lián)系的紐帶。根據(jù)動能定理求解變力做功是常用的思路。
19.【答案】解：(1)外殼受向下的重力和向上的彈力，當(dāng)彈力等于重力時，速度最大，則有
kx1=3mg
解得
x1=3mgk
故當(dāng)彈簧的壓縮量為3mgk時，外殼的速度達(dá)到最大；
(2)設(shè)外殼的最大速度為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律和彈性勢能有
12kx2?12kx12=12×3mv2+3mgΔh
由幾何關(guān)系可知，外殼升高的高度為
Δh=x?x1
聯(lián)立解得
v=2g 3mk
外殼與內(nèi)芯碰撞過場，以豎直向上為正方向，根據(jù)動量守恒定律有
3mv=(3m+m)v′
故外殼與內(nèi)芯的最大速度為
v′=3g2 3mk
則上升的最大高度為
H=v′22g+Δh
聯(lián)立解得
H=75mg8k；
(3)圓珠筆外殼從靜止釋放到最高點(diǎn)過程中的速度隨時間圖像如圖所示：
。
答：(1)當(dāng)彈簧的壓縮量為3mgk時，外殼的速度達(dá)到最大；
(2)外殼向上的最大高度為75mg8k；
(3)圓珠筆外殼從靜止釋放到最高點(diǎn)過程中的速度隨時間圖像如圖所示：
。
【解析】(1)外殼速度最大時加速度為零，根據(jù)平衡條件列式求解彈簧的壓縮量；
(2)根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解外殼的最大速度，再根據(jù)動量守恒定律求解外殼和內(nèi)芯碰后的共同速度，再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律求解碰后上升的高度，最后求解外殼向上的最大高度；
(3)根據(jù)外殼的運(yùn)動性質(zhì)畫出v?t圖像。
本題考查彈簧類問題中的機(jī)械能守恒、胡克定律及其應(yīng)用，要求學(xué)生熟練掌握機(jī)械能守恒定律和胡克定律及其應(yīng)用。
20.【答案】解：(1)設(shè)圓環(huán)的載流子帶電量為q，體密度為n，載流子勻速運(yùn)動的速率為v，圓環(huán)橫截面積為S，則環(huán)形電流中包含的載流子個數(shù)：N=n(2πRS)
環(huán)形電流產(chǎn)生的磁場可以認(rèn)為是這N個載流子產(chǎn)生的磁場的疊加，即B0=Nkqvc2R2。
再根據(jù)：I=nqSv
聯(lián)立可得：B0=2πkIc2R
(2)a.由庫侖定律，則p1受到的電場力：f1E=eE2=ke2a2，
p2在p1處產(chǎn)生的磁場：B2=kev2c2a2，方向垂直于紙面向外，
則p1受到的洛倫茲力：f1B=ev1B2=ke2v1v2a2c2，方向沿x軸正方向，
則：f1= f1E2+f1B2=ke2a2 1+(v1v2c2)2
與y軸的夾角為θ，tanθ=f1Bf1E=ke2v1v2a2c2ke2a2=v1v2c2，解得θ=arctanv1v2c2。
b.p1在p2處并不產(chǎn)生磁場，因此p2僅受到來自p1的電場力，即：f2=ke2a2，方向沿y軸負(fù)方向，
可見p1和p2組成的系統(tǒng)受到的合力不為0，因此其動量不守恒。
c.可知電磁場受到來自p1和p2的合力：F=ke2v1v2a2c2，方向沿x軸負(fù)方向；
由動量定理電磁場動量pEB隨時間的變化率：ΔpEBΔt=F=ke2v1v2a2c2，方向沿x軸負(fù)方向。
答：(1)環(huán)形電流在其圓心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小2πkIc2R；
(2)a.f1與y軸的夾角θ=arctanv1v2c2；
b.見解析；
c.電磁場的動量隨時間的變化率的大小為ke2v1v2a2c2，方向沿x軸負(fù)方向。
【解析】(1)環(huán)形電流產(chǎn)生的磁場可以認(rèn)為是這N個載流子產(chǎn)生的磁場的疊加，結(jié)合電流的微觀表達(dá)式求出環(huán)形電流在其圓心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。?br>(2)a.由庫侖定律，則p1受到的電場力，分析p2在p1處產(chǎn)生的磁場，求出p1受到的洛倫茲力，在求p1受到的合力f1的大小與y軸的夾角θ；
b.p1在p2處并不產(chǎn)生磁場，因此p2僅受到來自p1的電場力，可見p1和p2組成的系統(tǒng)受到的合力不為0，因此其動量不守恒；
c.由動量定理求出電磁場動量pEB隨時間的變化率的大小和方向。
本題考查帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動，解題關(guān)鍵是環(huán)形電流產(chǎn)生的磁場特點(diǎn)和粒子在電場和磁場中的受力分析。

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