--C.由萬有引力提供向心力，得:2mMvC.由萬有引力提供向心力，得:2mMvG——=m—,斛得：v=rrGM,由二者的軌道半徑關系即可求出天宮二號與地球同步衛星的線速度之比，故 C不符合題意;D.向心加速度：2=粵，由二者的軌道半徑關系即可求出天宮二號與地球同步衛星的加速r度之比。故D不符合題意；本題選擇不能求出的，故選 B..如圖所示，面積為S匝數為N的矩形線框在磁感應強度為 B的勻強磁場中，繞垂直于磁感線的軸OO勻速轉動，通過滑環向理想變壓器供電，燈泡 Li、匕、匕均正常發光。已知Li、L2、L3的額定功率均為P,額定電流均為I,線框及導線電阻不計，則（ ）A.理想變壓器原副線圈的匝數比為 1:2B.圖示位置時穿過線框的磁通量變化率為零C.若燈Li燒斷，燈泡L3將變暗2PD.線框轉動的角速度為-2^NBSI【答案】C【解析】【詳解】A.燈泡Li、L2、L3均正常發光，則原線圈電流強度Ii=I,副線圈電流強度"2I,所n1I2 2以故A錯誤；n2 11iB錯誤;B.B錯誤;C.開始時若設每盞燈的額定電壓為 U,則變壓器初級電壓為 2U,線圈輸入電壓為3U;若Li燈i燒斷，設L3的電壓變為U,則變壓器輸入電壓為 3U-U1,次級電壓變為一（3U-Ui）,次級電2流為：3U-Ui流為：3U-Ui,則初級電流為3U-Ui,則L3兩端電壓為3U~UiR=U2R4R4R解得U=0.6U,則燈泡L3兩端電壓減小，亮度變暗，故C正確;3PD.線框的輸出功率為3P,電流為I,則線框廣生的感應電動勢為E=——，根據E=NBSo,IE=Em,聯立解得：逑P,故D錯誤。.2 NBSI10.如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場，一帶電量為 +q的物塊放在光滑絕緣水平面上,在恒力F作用下由靜止開始從O點向右做勻加速直線運動， 經時間t力F做功80J,此后撤去v,設O點的電力F,物塊又經過相同的時間 tv,設O點的電勢能為零，則下列說法不正確的是( )A.撤去力F時物塊的速度大小為-2C.撤去力A.撤去力F時物塊的速度大小為-2C.撤去力F時物塊的電勢能為60JB.D.物塊向右滑動的最大距離為物塊回到出發點時的動能為2vt80J【詳解】A.設F作用時加速度為ai,撤去后加速度為a2,根據位移關系知-ait2=-a2t2-at2,2 2a1t化簡可得：ai： a2=1 ：3, vi： V2= ,聯立得vi： V2=1：2,因v2=v,則撤去力F時物塊a2t-a1t的速度大小為v,故A正確；2vB.物塊向右加速運動的位移為 1x22xv,；撤去拉力后減速到零時的位移：x1=—a1t=lt=—tTOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"2 2 4\o"CurrentDocument"2 2(a1t) aat vt vtX2= = 1=一，則物塊向右滑動的最大距離為 x=X1+X2=—,選項B錯誤;2a2 2a2 12 3F-Eq 4 1 3C.根據牛頓運動定律知 =一=一,知Eq=3F;因撤去力F時力F做功為80J,則Eq a2 3 4 3電場力做功為一X80J=60J,即此時物塊的電勢能為 60J,選項C正確；4D.回到出發點時，電場力做功為零，則整個過程中只有拉力 F做功80J,由動能定律可知,物塊回到出發點時的動能為 80J,選項D正確.、實驗題（本題共2小題，每小題8分，共16分。請按題目要求在答題卷上作答。作圖時先用鉛筆作答，確定無誤后用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描寫）.在“探究求合力 方法”實驗中，手中只有一個彈簧秤（量程為 5N）、橡皮筋、木板、白紙和圖釘（若干），為了完成此實驗，則：（1）在圖（甲）中所示的器材中還需要選取（填器材前的代號）（選填：A.鉤碼B.秒表C.三角板D. 電火花計時器 E.細繩相同），最合理的是

B.B.F(),由作圖求得(4)根據(F(),由作圖求得F=N。丙【答案】 (1).CE(2). 必須不同 (3).D(4).圖見解析(5).1.7±0.1N【解析】【詳解】第一空.圖中的器材還需要三角板和細繩套，故選CE.第二空.為了保證實驗結論不失一般性，重復實驗再次進行探究時，結點 O的位置與前一次必

須不同；第三空.由圖可知，ABC圖中彈簧秤拉力的方向與細繩的方向不一致，故圖D合理;第四空第五空.由D圖可知，Fi=0.6N,畫出力的平行四邊形可得，合力 F=1.7N..在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實驗中，所用小燈泡規格為：“ 6.2V,0.5A”。(1)用多用電表粗測小燈泡的阻值， 倍率選用“X1”檔，如圖(甲)，其電阻值為(2)根據小燈泡的規格計算出小燈泡的電阻值與多用電表粗測的值有顯著差別，其原因是(3)小林同學在預習時設計出如下幾種實驗連線方案(電鍵全部斷開)，你認為正確的是B.C.D.(4)小林同學根據實驗測出的8組數據（見下表），利用Excel數據處理軟件作出燈泡流過(4)次數12345678U/V1.01.41.62.02.52.73.24.0I/A0.200.230.260.290.320.340.380.42的電流I與兩端的電壓U的關系圖像如丙圖所示，請指出圖中數據測量不足之處（至少寫處）：O【答案】 ⑴.1 Q(2).電阻隨溫度升高而增大，計算的結果是發光電阻，測量的是常溫的電阻（3）.C（4）.1.測量數據的電壓分布太窄（低壓和高壓的數據都沒有）2.采集數據太隨意，沒有按照電壓均勻增加。寫出其他合理的意見也可以其電阻值為1><1毆1◎;別，其原因［遙殳 ］］要演算步驟， ■B處有、圓弧，長度不計，C為切點。一個質量m=0.04kg、電量q=-2M104C的帶負電絕緣小物塊【詳解】第一空.用多用電表粗測小燈泡的阻值，倍率選用“X1”檔第二空.根據小燈泡的規格計算出小燈泡的電阻值與多用電表粗測的彳是：電阻隨溫度的升高而增大，計算的結果是發光電阻，測量第三空.因小燈泡電阻較小，則電壓表的內阻遠大于燈泡電阻器用分壓電路，D圖中中閉合電鍵之前滑動變阻器滑片應該第四空.圖中數據測量不足之處：1.測量數據的電壓分布2.采集數據太隨意，沒有按照電壓均勻增加。寫出其他合理的、計算題（本題3小題，計44分。解答應寫出必要的有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位）13.如圖所示，粗糙傾斜軌道AB通過光滑水平軌道BC（低壓和局壓（可視為質點）從A點靜止開始沿斜面下滑，傾斜軌道 AB長L=4.0m,且傾斜軌道與水平方向夾角為3=37°,帶電絕緣小物塊與傾斜軌道的動摩擦因數 N=0.5,小物塊在過B、C點時沒有機械能損失，所有軌道都絕緣，運動過程中小物塊的電量保持不變，空氣阻力不計,只有豎直圓軌道處在豎直向下的勻強電場中，場強3E=1.0x10V/m. (cos37=0.8,sin37°=0.6)求:E(1)小物塊運動到B點時的速度大?。?2)如果小物塊剛好可以過豎直圓軌道的最高點，求豎直圓軌道的半徑；(3)如果豎直圓軌道的半徑R=1.8m,求小物塊第二次進入圓軌道時上升的高度?！敬鸢浮?1)4m/s(2)0.64m(3)0.32m【解析】【詳解】(1)從A到B過程由牛頓第二定律得： mgsin日-NmgcosH=ma 2_沿斜面做勻加速直線運動 Vb=2aL解得vB=4m/s2(2)剛好過圓軌道最高點時mg-Eq=m—o1o從B點到圓軌道取局點由動能te理得 一(mg-Eq)(2R)=—mv--mvBTOC\o"1-5"\h\z2解得R=0.64m1 2\o"CurrentDocument"(3)如恰好到豎直圓軌道取右漏時： -(mg^qE)R0=0 mvB2解得：R=1.6m因R=1.8m>R)=1.6m,故小物塊不會脫離軌道；小物塊第一次沖上圓軌道H1=1.6m高度時速度變為0,然后返回傾斜軌道》高處再滑下，第二次再進入圓軌道達到的高度為 Hao從圓軌道返回斜面過程： (mg-qE)H1=mghI+Nmg%ctg8從斜面再次進入圓軌道過程： (mg-qE)H2=mgh1—Rmg^ctg日一4」兩式聯立求解得H2=—3—H14_」3—, 1所以H2 H1-0.32m5114.質譜分析儀中，為解決帶電粒子速度方向的發散問題，常使用準直管和偏轉電場的小孔相配合的方式。如圖甲所示的質譜分析儀中，離子源 A產生的初速為零、帶電量均為e、質量不同的正離子被電壓為U0的加速電場加速后勻速通過準直管，從中軸線上的 O點垂直射入勻強偏轉電場，偏轉后通過極板MNk的小孔S離開電場，經過一段勻速直線運動，垂直于邊界O'P進入扇形勻強磁場區域OPQ質量為m的正離子恰好能夠垂直打在O'Q的中點S處，已知MOd,MS2d,O'T=R,/POQ=90°。(忽略粒子所受重力)求：卜4jI ?"八/-1*?HW ■A\-J(1)正離子到達O點的動能；(2)偏轉電場場強E)的大小以及MNWO'P的夾角6;(3)扇形勻強磁場區域的磁感應強度 B的大??；(4)能打在O'Q上的正離子的質量m的范圍；【答案】(1)Ek=eU0(2)Eo=U-0-；45°(3)B=—JmU-0(4)1m<m*<25md R，e 4 4【解析】【詳解】(1)動能定理得Ek=eU0(2)正離子被電壓為U0的加速電場加速后速度設為V1,對正離子的加速過程應用動能定理1 2有：eU0=-mv12正離子垂直射入勻強偏轉電場，作類平拋運動，加速度設為 a,eE0=ma垂直電場方向勻速運動： 2d=v1t,沿場強方向勻加速運動:d」a沿場強方向勻加速運動:d」a2t,

2又由速度方向關系可得:v1tan1=一at解得0=45°電場強度E0U0

d電場強度E0U0

d(3)正離子進入磁場時的速度大小為:V2=Jv2 (at)2正離子在勻強磁場中作勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力:ev2B=2mv2解得扇形勻強磁場區域的磁感應強度 B的大小:(4)打在OQ上正離子的軌跡范圍如圖所示,(4)打在OQ上正離子的軌跡范圍如圖所示,由r2=(2R)2+(r—R)2解得最大半徑r=5R一，一…，， 1同時可得最小半徑為 r=1R…1斛得一m<mx<一m。4 415.傾角為日的光滑絕緣斜面如圖所示，在相隔為d的平行虛線MM口PQ與斜面底邊平行，其間有大小為B的勻強磁場，方向垂直斜面向下。一質量為 m電阻為R、用相同的金屬線做成的邊長為L的正方形單匝線框，在斜面上某位置由靜止釋放， 且釋放時cd邊與斜面底邊平行。當cd邊剛進入磁場時，線框的加速度大小為 a,方向沿斜面向上；線框ab邊剛要離開磁場和cd邊剛進入磁場時，ab邊兩端的電壓相同。已知磁場的寬度 d大于線框的邊長L,不計空氣阻力，重力加速度為go阻力，重力加速度為go求：TOC\o"1-5"\h\z(1)cd邊剛進入磁場時，cd邊的電流方向和線框速度大小 v；(2)線框通過磁場的過程中，線框中產生的熱量 Q(3)線框從進入磁場到完全離開磁場所用的時間 t。(1)d-cmR(gsinra)v= 2^ (2)Q=mg(d+L)sin6+BL4m3R2(gsin二a)2 449B4L4(3)t2B2L3mgRsin二2mR(gsin二a)2~2- 3BLgsin1(1)由右手定則知電流方向為 d-c；由牛頓第二定律得： BIL-mgsin?-ma由閉合電路歐姆定律得：I=ER由法拉第電磁感應定律得 E=BLvmR(gsin[a)B2L2 「一、…… 1(2)cd邊進入磁場時，ab邊兩端電壓為U=-BLv43設ab邊離開磁場時，線框的速度為 vi,ab邊兩漏電壓為U=—BLv14一,r 1可得v1 v3HYPERLINK\l"bookmark40