A.加速度大小是2m/s2B.第2s內(nèi)的位移是4m2.如圖所示，一水平傳送帶以速率v1勻速傳動，與其平滑對接的右側(cè)平臺上有一質(zhì)量為m的物體，該物體以速率v0沖上傳動帶。若傳送帶足夠長，且v1>v0，則在物體返A.0B.mvC.mv-mvD.mv+mv3.如圖所示，半徑為5m的四分之一圓弧ABC固定在水平地面上，O為圓心。在圓心O右側(cè)同一水平線上某點處，水平向左拋出一個小球，小圓弧上的D點，D點到水平地面的高度為2m，g取10m/s2，則小球的拋出速度是()453453 3334.如圖所示，在邊長為a的正方形ABCD的A、B、C三個頂點上各放置一個帶電荷量為q的點電荷，已知靜電力常量為k，則正方形中心點O處的電場強度大小為()A.2kqB.3kqC.2kqD.kq2222aaa5.現(xiàn)今生活，人們出行時會隨身攜帶多種電子設地充電的需求，深受人們的喜愛。下列關于電源的說法正確的是()A.電源的作用是使正極聚集負電荷，負極聚集正電荷，以持續(xù)對B.在電源外部電路中，電流方向是從電源的6.如圖甲所示，一塊長度為L、質(zhì)量為m的木塊靜止在光滑水平面上.一顆質(zhì)量也為m的子彈以水平速度v0射入木塊.當子彈剛射穿木塊時，木塊向前移動的距離為s(圖乙).設子彈穿過木塊的過程中受到的阻力恒定不變，子彈7.光滑水平面內(nèi)固定一長直導線，導線中電流順時針方向（俯視圖）電流的圓環(huán)，圓心為O，過圓心的虛線O,始時用外力使圓環(huán)靜止，導線和圓環(huán)在O點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大小均為B，則A.圓環(huán)圓心O點的磁場方向垂直于平面向外B.圓環(huán)圓心O點的磁場的磁感應強度為08.如圖，水平地面上有三個靠在一起的物塊P、Q和R，質(zhì)量分別為m、2m和3m，物塊與地面間的動摩擦因數(shù)都為μ。用大小為F的水平外力推動物塊P，設R和Q之間相互作用力與Q與P之間相互作用力大小之比為k。下列判斷正確的是()C.若μ=0，則k=56 12D.若μ=0，則k=35359.如圖所示，兩平行金屬板M、N通過開關K與電源E連接，N板接地，當開關閉合時有一帶電液滴剛好靜止在P點。則()A.液滴帶負電B.只向上移動M板，電容將變大C.只向上移動M板，P點電勢將升高D.只向上移動M板，液滴將向下運動在特定區(qū)域?qū)崿F(xiàn)受控核聚變的裝置叫托克馬克。我國托克馬克磁場，越靠管的右側(cè)磁場越強。不計離子重力，關于離子在圖D.離子由磁場的左側(cè)區(qū)域向右側(cè)區(qū)域運動時，11.（6分）某同學用平板A和B制作了一個直角架。該同學想通過該裝置，利用壓力傳感器和量角器來驗證力的平行四邊形定則，不計一切摩擦，（1）平板B置于水平面上，壓力傳感器固定在平板B上，將木塊C置于壓力傳感器正上方，長方體木塊C另一側(cè)緊靠平板A，如圖甲所示，記錄此時傳感器的示數(shù)F1，此時平板A對木塊C的彈力為；（2）以直角架連接邊為支點，抬高平板B的另一端，使平板B繞支點逆時針旋轉(zhuǎn)，平板B轉(zhuǎn)過的角度為60°時，記錄傳感器的示數(shù)F2，如圖乙所示；（4）重復步驟（2），多次調(diào)整平板B轉(zhuǎn)動的角度，比較F1和F2的大小，多次驗證；（5）若平板B從圖甲所示位置開始，以直角架連接邊為支點，緩慢將平板B旋轉(zhuǎn)到圖乙所示位置，可以觀察到平板B對木塊C的彈力變化，通過平行四邊形定則可以推出平板A對木塊C的彈力（選填“一直變大”或“先變大后變小”）。12.（9分）如圖所示是探究向心力的大小F與質(zhì)量m、角速度ω和半徑r之間的關系的實驗裝置。轉(zhuǎn)動手柄，可使兩側(cè)變速塔輪以及長槽和短套在左右兩塔輪上的不同圓盤上，可使兩個槽內(nèi)的小球分周運動，其向心力由擋板對小球的支持力提供，球?qū)醢褰担瑥亩冻鰳顺撸鶕?jù)標尺上露出的紅白相間等分標記（1）在探究向心力的大小F與角速度ω的關系時，要保持相同。A.ω和rB.ω和mC.m和rD.m和F器可記錄細線對滑塊拉力F的大小，光電門可記錄滑塊做圓周運動的周期T，獲得多組數(shù)據(jù)，畫出了如圖3所示的線性圖象，則圖象橫坐標x代表的是。A.T1C.T2T2），2V、3V，現(xiàn)有一個電子（電荷量為e從F點沿FA方向以某一初速度射入，恰好通過C點，不計電子受到的重力，求：（1）勻強電場的電場強度大小E；（2）電子從F點沿FA方向射入電場時的初動能Ek0。（單位用eV表示）面上，另一端與質(zhì)量m=1kg的物體A相連，質(zhì)量M=2kg的物體B與物體A用跨過光滑定滑輪的輕繩相連，整個系統(tǒng)靜止，A、B等高。剪斷輕繩，A在豎直方向做簡諧 運動，B做自由落體運動。已知彈簧振子的周期公式為T=2π（m為振子質(zhì)量，K等于回復力與位移之比，本題中K等于彈簧的勁度系數(shù)k重力加速度（1）剪斷輕繩瞬間，物體A的加速度大小a；（2）物體A從最高點第一次到最低點的時間t；（3）物體A做簡諧運動過程中的最大動能Ek。指向圓心O的輻射狀電場，磁場分析器中有垂直紙面的勻強磁場。質(zhì)量為m、電荷量為+q的離子（初速度為零，重力不計），經(jīng)加速電場加速后，進入輻射電場，恰好沿著半徑為R的圓弧軌跡通過電場區(qū)域后，垂直邊界從P點進入圓形磁場區(qū)域，PO1=d，之后垂直磁場下邊界射出并從K點進入檢測器，檢測器可在O1M和O2N之間左右移動且與磁場下邊界距離恒等于0.5d。（1）求電場分析器中離子運動軌跡處電場強度E的大小；（2）求磁場區(qū)域磁感應強度B；（3）若探測器在M點和N點接收到的兩種離子離開O1O2時速度方向與O1O2所夾銳角相同，求探測器在M點和N點接收到的兩種離子比荷之比。16.（18分）如圖所示,坐標平面第Ⅰ象限內(nèi)存在水平向左的勻強電場,在y軸左側(cè)區(qū)域存在寬度為a=0.3m的垂直于紙面向里的勻強磁場(含邊界),磁感應強度為B(大小可調(diào)節(jié)).現(xiàn)有比荷為=41010C/kg的帶正電粒子從x軸上的A點以一定初速度v0垂直x軸射入電場,且以速度大小v=4107m/s、方向與y軸正方向成60°經(jīng)過P點進入磁場,OP=OA,OA=0.1m,不計粒子重力.求:（1）粒子在A點進入電場的初速度v0；（2）要使粒子不從CD邊界射出,則磁感應強度B的取值范圍；（3）當磁感應強度為某值時,粒子經(jīng)過磁場后,剛好可以回到A點,則此磁感應強度的大小.根據(jù)初速度為零的勻速直線運動的位移時間關系，第2s內(nèi)的位移是6m，選項B錯解析：物體以速率v0滑上傳送帶后，在滑動摩擦力的作用下向左做勻減速直線運動，直至速率為零，此后開始在滑動摩擦力的作用下0，根據(jù)對稱性可知，物體在返回平臺的瞬間速度大小為v0vy垂直擊中D點，速度反向延長線過圓心，如下圖所示根據(jù)幾何關系，有sinθ=hED=3R5解得θ=37。則在D點，分解速度可得解析：A，C帶有同種電荷，根據(jù)對稱性，A、C處點電荷在O點處產(chǎn)生的合電場的電場強度E1=0，B到O的距離r=a，B處點電荷在O點處產(chǎn)生的電場的電場強度E2解析：電源的作用是使正極聚集正電荷，負極聚集負電荷解析：子彈穿過木塊過程，對子彈和木塊組成的系統(tǒng)，外力之和為零，動量守恒，以塊由動能定理有Ffs=mv，由動量定理有Fft=mv2，聯(lián)立解得t=(L+2s)，故選解析：A、導線在O點產(chǎn)生的磁場方向垂直于平面向里，通電圓環(huán)在O點產(chǎn)生的磁場方向也垂直于平面向里，則O點處的磁場方向垂直于平面向里，故A錯誤；B、導線和圓環(huán)受到的外力，圓環(huán)左半部分的電流方向與導線中的電流方力，右半部分的電流方向與導線中的電流方向相反導線的距離近，則圓環(huán)受到的吸引力大于排斥研究對象，則R和Q之間的相互作用力F1=3ma+3μmg=F；以P為研究對象，則Q是否為零無關，故k=恒成立，故A、C錯誤，B解析：開始時液滴靜止，故mg=Eq，靜電力豎直向上，而電場線豎直向上，則液滴帶負電，故A正確；將M板上移一小段距離，板間距增大，根據(jù)C=可知，電容C減小，故B錯誤；保持開關閉合，兩板間的電勢差不變，由U=Ed可知E減小，P、N間的電勢差為UPN=QP一QN=EdPN，而N板接地，QN=0，且dPN不變，則P點的電勢將降低，故C錯誤；由于E減小，液滴所受靜電力減小，則合力向下，故液滴將向解析：AB.離子在磁場中運動時，由于洛倫茲力方向總是與速度(3)F1=2F2解析1）題圖甲中平板B水平放置，平板A與木塊C只接觸沒有力的作用，所以平板A對木塊C的彈力為0。(3)對木塊C進行受力分析，可知平板A對木塊C的彈力和平板B對木塊C的彈力均與各自接觸面垂直，由于木塊C處于平衡狀態(tài)，故這兩個彈力的合力應該豎直向上，作F(5)平板B從題圖甲所示位置緩慢旋轉(zhuǎn)至題圖乙所示位置的過程中，兩板對木塊C的彈力夾角不變，保持垂直，作出輔助圓，如圖2，可知平板A對木塊C的彈力一直變12.（9分）答案1）C（2）B（3）D（4）滑塊受到解析1）在探究向心力的大小F與角速度ω的關系時，要保持小球質(zhì)量m和小球做勻速圓周運動的半徑r不變。F+f=mr即F=mrf結(jié)合圖象可知橫坐標x代表的是。13.（10分）答案1）E=2V/m（2）Ek0=eV解析1）連接AC可知AC中點的電勢為2V，過B點作AC的垂線，該垂線即為等勢線，CA方向為電場強度的方向，所以有A|AC|解得E=2V/m（2）設電子的質(zhì)量為m，電子從F點射入時的初速度大小為v0，加速度大小為a，由2k002k002解得Ek0=eV πs解析：剪斷輕繩，A在豎直方向做簡諧運動，各位置如圖所示：(1)當系統(tǒng)靜止時T=mBg,T=mAg+kx1剪斷輕繩時，對A，由牛頓第二定律mAg+kx1=mAa聯(lián)立解得x1=0.1m,a=20m/s2(2)由彈簧振子的周期公式有T=2π=2πs=s物體A從最高點第一次到最低點的時間為半個周期，即t=(3)剪斷繩子時，物體A速度為零，位于簡諧運動的最高點，當彈簧處于壓縮狀態(tài)且彈力大小等于A的重力時，A位于簡諧運動的平衡位置，設此時彈簧的壓縮量為x2，由kx2=m1g得x2=0.1m，則振幅為x=x1+x2=0.2m整個運動過程中，物體A在平衡位置動能最大，又彈簧在平衡位置時的形變量與在最高點時的形變量相等，即彈性勢能相等，由功能關系得A的最大動能Ek=mAgx=2J dqdq解析1）依題意，離子在輻射電場中恰好沿半徑為R的圓弧做勻速圓周運動，設其qE=m又qU=mv2聯(lián)立可得電場分析器中離子運動軌跡處電場強度E的大小E=2Bqv=m dqdq（3）依題意，可畫出從M、N兩點射出離子的運動軌跡如圖所示：設離子離開O1O2時速度方向與O1O2所夾銳角為θ,從M、N兩點射出的離子在磁場中O1M=0.5dO4M=d-r1得MF=