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1、1.如图所示，铁板AB于水平地面间的夹角为，一块磁铁吸附在铁板下方。现缓慢抬起铁板B端使角始终小于增大的过程中，磁铁始终相对铁板静止。下列说法正确的是A. 磁铁所受合外力逐渐减小B. 铁板对磁铁的弹力逐渐增大C. 磁铁受到的摩擦力做负功D. 铁板对磁铁的弹力冲量等于零【答案】B【解析】【分析】【详解】对铁块受力分析，受重力G、磁力F、支持力N和摩擦力f，如图所示：由于始终平衡，故合力为零，故A错误；根据平衡条件，有：mgsin-f=0，F-mgcos-N=0，解得：f=mgsin，N=F-mgcos，由于不断变大，故f不断变大，N不断变大，故B正确；摩擦力与运动方向垂直，则不做功，故C错误；铁
2、板对磁铁的弹力冲量等于Ft0，故D错误。所以B正确，ACD错误。【点睛】本题关键是对滑块受力分析，然后根据平衡条件并运用正交分解法列式求解，注意三力平衡通常用合成法，三力以上用正交分解法。2.如图，A、B是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球，mB=3mA。B球静止，拉起A球，使细线与竖直方向偏角为30，由静止释放，在最低点A与B发生弹性碰撞。不计空气阻力，则关于碰后两小球的运动，下列说法正确的是( )A. A静止，B向右，且偏角小于30B. A向左，B向右，且偏角都等于30C. A向左，B向右，A偏角小于B偏角，且都小于30D. A向左，B向右，A偏角等于B偏角，且都小于30【答案】
3、D【解析】A由静止释放，在最低点的速度设为v0，A与B发生弹性碰撞，碰后速度分别为v1，v2，则：mAv0=mAv1+mBv2，12mAv02=12mAv12+12mBv22 联立解得，v1=mAmBmA+mBv0=12v0v0；v2=2mAmA+mBv0=12v0v0 ，由于v1=v2t2，CFFDC. 若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的距离也加倍D. 若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的速度方向不变【答案】D【解析】【详解】AB以C点为原点，CD为X轴，和CD垂直向上方向为Y轴，建立坐标系如图：对运动员的运动进行分解，y轴方向做类竖直上抛运动，x轴方向做匀加速直线运动。当运动
4、员速度方向与轨道平行时，在Y轴方向上到达最高点，根据竖直上抛运动的对称性，知t1=t2。而x轴方向运动员做匀加速运动，t1=t2，故CFFD，故AB错误；C将初速度沿x、y方向分解为v1、v2，将加速度沿x、y方向分解为a1、a2，则运动员的运动时间为：t=2v2a2，落在斜面上的距离：s=v1t+12a1t2，离开C点的速度加倍，则v1、v2加倍，t加倍，由位移公式得s不加倍，故C错误；D设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为，斜面的倾角为.则有tan=vyv0，tan=yx=vy2tv0t=vy2v0，则得tan=2tan，一定，则一定，则知运动员落在斜面上的速度方向与从C点飞出时
5、的速度大小无关，故D正确；【点睛】解决本题的关键要掌握平抛运动的两种分解方法：一种分解为水平和竖直两个方向。另一种：将平抛运动分解为沿斜面方向和垂直于斜面方向，知道两个分运动的规律，并能熟练运用。4.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别是3、1和4，A为理想交流电流表，u为正弦交流电源，输出电压的有效值恒定。已知该变压器原、副线圈匝数比为3：1。若开关S断开时，电流表的示数为I，则当S闭合时，电流表的示数为( ) A. IB. 3IC. 4ID. 5I【答案】C【解析】开关断开时电流表的示数为I，则原线圈两端电压为UIR1；根据电流之比等于匝数反比可得副线圈的电流
6、强度为3I，副线圈两端电压为3I(R2+R3)；理想变压器的原、副线圈的电压比为：（UIR1）：3I(R2+R3)=3：1；设开关闭合时电流表的示数为I，则原线圈两端电压为UIR1；根据电流之比等于匝数反比可得副线圈的电流强度为3I，副线圈两端电压为3IR2；理想变压器的原、副线圈的电压比为：（UIR1）：3IR2=3：1；联立解得I=4I，故C正确、ABD错误。故选：C。点睛：变压器输入电压为U与电阻R1两端电压的差值；再根据电流之比等于匝数的反比可求得输出电流；根据电压之比等于匝数之比对两种情况列式，联立可求得U与I的关系；则可求当S闭合时，电流表的示数5.如图所示为两个固定在同一水平面上
7、的点电荷，距离为d，电荷量分别为Q和Q，在它们连线的竖直中垂线上固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一带电荷量为q的小球以初速度v0从上端管口射入，重力加速度为g，静电力常量为k，则小球（ ）A. 下落过程中加速度始终为gB. 受到的库仑力先做正功后做负功C. 速度先增大后减小，射出时速度仍为v0D. 管壁对小球的弹力最大值为8kqQd2【答案】AD【解析】A. 电荷量为+q的小球以初速度v0从管口射入的过程，因库仑力与速度方向垂直，竖直方向只受重力作用，加速度始终为g，故A正确； B. 小球有下落过程中，库仑力与速度方向垂直，则库仑力不做功，故B错误；C. 电场力不做功，只有重力做功；根据
8、动能定理，速度不断增加，故C错误；D在两个电荷的中垂线的中点，单个电荷产生的电场强度为：E= kQ(d2)2=4kQd2；根据矢量的合成法则，则有电场强度最大值为8kQd2，因此电荷量为+q的小球受到最大库仑力为8kqQd2，结合受力分析可知，弹力与库仑力平衡，则管壁对小球的弹力最大值为8kqQd2，故D正确； 故选：AD.点睛：对于等量异种电荷，根据矢量的合成法则，中垂线的中点的电场强度最大，在无穷远的电场强度为零；点电荷靠近两个电荷的连线的中点过程，电场力不做功；中点处的电场强度最大，则库仑力也最大，弹力也是最大，从而即可求解6.如图所示，abcd是粗细均匀的电阻丝制成的长方形线框，导体M
9、N有电阻，可在ad边及bc边上无摩擦滑动，且接触良好，线框处于垂直纸面向里的匀强磁场中。当MN由靠ab边外向cd边匀速移动的过程中，以下说法正确的是A. MN中电流先增大后减小B. MN两端电压先增大后减小C. MN上拉力的功率先减小后增大D. 矩形线框中消耗的电功率先减小后增大【答案】BC【解析】【详解】A导体棒MN向右运动的过程中，MN相当于电源，产生恒定的感应电动势，其余部分是外电路，外电阻先增大后减小，当MN运动到线框中线时，外电路的电阻最大。根据闭合电路欧姆定律知MN棒中的电流先减小后增大，故A错误；BMN两端电压是路端电压，由U=E-Ir，可知：E、r不变，I先减小后增大，则U先增
10、大后减小，故B正确；C MN棒做匀速运动，拉力的功率等于电路中电功率，根据电功率公式P=E2R+r得知，拉力的功率先减小后增大。故C正确；D根据推论：当外电阻等于电源的内电阻时，电源的输出功率最大，由于外电阻与MN电阻的关系未知，无法判断线框消耗的功率如何变化，故D错误；所以BC正确，AD错误。【点睛】本题是电磁感应与电路的综合，关键抓住线框的总电阻先增大后减小，根据功率公式、欧姆定律等规律进行分析。7.某回旋加速器两D形盒间电压的变化周期可随时与粒子运动周期同步，粒子通过缝隙时加速电压都能保持大小为U，已知它可以将质子加速到某一速度vm，如果改用它加速粒子，并且也要达到相同的速度，则A. 磁
11、感应强度大小应变为原来的12B. 磁感应强度应大小变为原来的2倍C. 在回旋加速器中转过的周期数是原来的2倍D. 在回旋加速器中转过的周期数是原来的12【答案】BC【解析】AB根据qvB=mv2r得v=qBrm，粒子的荷质比是质子荷质比的一半，要达到相同的速度，磁感应强度应大小变为原来的2倍，故A错误，B正确；CD根据Ek= 12mv2=nqU得n=mv22qU，粒子的荷质比是质子荷质比的一半，要达到相同的速度， 粒子加速的次数应是质子加速次数的2倍，在回旋加速器中转过的周期数是原来的2倍，故C正确，D错误。故选：BC8.如图所示，一质量为m的铁环套在粗糙的水平横杆上，通过细线连接一质量也为m
12、的小球，小球还用一水平细线拉着。保持环和小球的位置不变，横杆的位置逐渐按图示方向转到竖直位置，在这个过程中环与杆相对静止，则（ ）A. 连接环和小球的细线拉力增大B. 杆对环的作用力保持不变C. 杆对环的弹力一直减小，最小值为mgD. 杆对环的摩擦力先减小后增大，最大值为2mg【答案】BD【解析】A保持环和小球的位置不变，细线与竖直方向的夹角不变，细线的拉力Tcos45=mg，T=2mg，保持不变，故A正确；B环受到重力、细线的拉力、杆的作用力，由于重力和细线的拉力不变，杆对环的作用力保持不变，故B正确；CD杆的位置由水平转到竖直位置的过程中，由于线的拉力与环重力的合力方向斜向右下，杆对环的弹
13、力始终垂直于杆方向，根据动态分析方法可知，杆对环的弹力先增大后减小，对环的摩擦力先减小再增大，因此杆对环的弹力在杆水平时为2mg，竖直时为mg，所以杆对环的弹力的最小值为mg；杆对环的摩擦力在水平时为f=Tsin45=mg，在竖直时为：f2=mg+Tcos45=2mg，所以杆对环的摩擦力最大值2mg，故C错误，D正确。故选：BD三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生必须作答。第33题第38题为选考题，考生根据要求作答。9.某同学用如图甲所示的实验装置测量物块与木板间的动摩擦因数。实验装置中表面粗糙的长木板固定在水平桌面上，一端装有轻滑轮，另一端固定有打点
14、计时器，物块一端通过打点计时器与纸带相连。另一端通过细绳与托盘（内有砝码）相接，用天平测量物块的质量为M，托盘和砝码的总质量为m，实验时，调整轻滑轮，使细线水平，让物块在托盘和砝码的拉力作用下由静止开始运动，已知打点计时器所用交流电源的频率为f，物块运动过程中通过打点计时器得到一条纸带的一部分如图乙所示，图中测量出了三个连续点1、2、3之间的距离x1、x2。 已知当地的重力加速度大小为g，根据题目中给出的物理量的符号和实验测量的物理量的数据，写出动摩擦因数的表达式= _（不计打点计时器与纸带间及细绳与滑轮间的阻力），如果用托盘和砝码的总重力替代细绳对物块拉力，则求出的动摩擦因数的数值 _ （选填“偏大”或“偏小”）由此引起的误差属于 _（选填“偶然误差”或“系统误差”）。若用此装置做“探究物块的加速度与力的关系”的实验时，除了必须满足物块的质量远大于托盘和砝码的总质量，还必须进行的实验操作是_ 。【答案】 (1). =mg(M+m)(x2x1)f2Mg；
