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届 月份考试 . 【解析】下滑时 分析行李箱受力根据牛顿第二定律 可得
6 D , ,
2025 3 加速度a g θ μg θ 2
物理 参考答案 1= sin - cos =2m/s
由v2 a x 得v
1=2 1 1, 1=4m/s
上滑时 加速度a g θ μg θ 2
. 【解析】甲图为速度 时间图像 切线斜率代表加速度 因此加速度先增大后减小 正确 , 1= sin + cos =10m/s
1 C - , , ,A ; 由v2 a x 得v
乙图面积代表速度 可知速度先增大后减小 正确 在甲图中画出质点 的速度 时间图像 2=2 2 2, 2=2m/s
, ,B ; B - , 箱子和挡板碰撞过程 以沿斜面向上为正方向 根据动量定理
, ,
v/m·s1
F t mgt θ mv mv
N - sin = 2-(- 1)
F 正确答案为
N=1800N, D。
. 【解析】开始弹力沿斜面向上 分析物体受力 可得
0 1 2 t/s 7 B , ,
F kx mg θ F kx mg θ
a + - sin 形变量减小 加速度减小 速度增大 之后弹簧伸长 a - - sin 形变量
= m , , , , , = m
由图像可知 质点 一直朝正方向运动 位移不为零 错误 两图有一个交点 则共速一次 增大 加速度接着减小 速度继续增大 当 F kx mg θ 时 加速度为零速度最大 之后 a
, B , ,C , , ,D , , , = + sin , , =
正确 因此答案为 kx mg θ F
, C。 + sin - 做加速度增大的减速运动 由分析可知 错误
. 【解析】若仅将下极板上移 使板间距离变成原来的一半 由于电容器电量不变 则场强不 m , , ,A、C、D ;
2 C , , ,
开始时kx mg θ 代入数据得
变
,
加速度不变
,
由y
= 2
1at2
,
由偏转量变成一半
,
则时间变成原来的
2
2倍
,
由 x
=
v
0
t
,
可知水平
x 1=0 . 06m
1= sin ,
速度最大时F kx mg θ带入数据得
= 2+ sin
位移为原来的 2倍 因此 错误 若粒子的电荷量加倍 则加速度为原来的两倍 时间变成原
x .
2
, AD ; , , 2=0 06m
由开始至速度最大 由动能定理
,
来的 2倍 可知水平位移为原来的 2倍 则 错误 仅将带电粒子的初速度大小减半 由
2
,
2
, B ; ,
(
F
-
mg
sin
θ
)(
x
1+
x
2)=
1mv2
max
2
y 1at2 可知时间不变 水平位移为原来的一半 因此 正确 得v . 则 正确
= , , , C 。 max=1 2m/s, B 。
2 P
GMm . 【解析】电动机正常工作 则I A 副线圈的电压U U I R V
. 【解析】由乘客向上运动过程中 mω2r mg r 增大 所受重力减小 错误 由 8 AD , 2= U =2 , 2= M+ M =11 ,
3 C , r2 - = , , ,A ,
n U n I
a ω2r 径增大 可知向心加速度增大 错误 乘客向上运动过程中 角速度不变 正确 由 1 1 20 正确 1 2 得I . 错误
= , , ,B ; , ,C ; n =U = ,A ;n =I , 1=0 1A,C ;
v ωr 角速度不变 半径增大 可知线速度增大 错误 2 2 1 2 1
= , , , ,D 。 由P I2r mgv 电动机的电阻为r 错误
. 【解析】分析 球受力 如图所示 由图及数学知识可得 三角形ABO相似于三角形FAG 由 = + , =2Ω,B ;
4 A A , , , , U
G N F 若电动机突然被卡住了 电动机相当于纯电阻I 2 11
相似可得 可得 支持力不变 库仑力变小 正确答案 , 2=R r= A,
OB=OA=AB, , , , A。 + 3
n I
G 由 1 2 得I 11 正确
O n =I , 1= A,D 。
N 2 1 60
. 【解析】滑动变阻器向 a 端滑动时 阻值减小 则总电流增大 路端电压减小 正确 灯
F 9 ABC , , , ,A ;
A U ΔU
泡L 变暗 L 变亮 L 变亮 正确 等于外电路总电阻 因此变小 r 不变 错误 正
B 1 , 2 , 3 ,BC ; I , ,ΔI = , ,D ,
G 确答案
ABC。
. 【解析】在圆心对称的E F两点 电势相同 则电势能相同 错误 粒子将在E F间做往复 . 【解析】初始时刻 将导体棒和物块作为整体 分析受力 由牛顿第二定律 可得
5 B 、 , , ,A , 、 10 CD , , , ,
运动 因此答案为 由于粒子带负电 电场力先向下做正功后向上做负功 可知电势能先减小 BLv
, B; , , BIL mg θ ma I 0
后增大 则 错误 在圆心对称的E F两点 电场力方向不同 因此 错误 + sin =2 , = R r
, C ; 、 , , D 。 +B2L2v . .
由以上两式 可得a 0 1g θ 错误 14 (1)22 5N (2)324J
, =
2
m(R
+
r) +
2
sin ,A ;
【解析】 由B点压力为零 则有Mg M
v2
0 分 可得v gR
向左运动过程中a
B2L2v
1g θ 速度减小 加速度减小
(1) , = R(1 ) 0= =10m/s
= m(R r) + sin , , ;
2 + 2 R2 d2 (R h) 2 分 可得h m
= + - (1 ), =4
B2L2v
向右运动过程中a 1g θ 速度增大 加速度减小 因此加速度一直减小
= sin - m(R r), , , , 物块从A到B由动能定理 有Fd Mgh 1Mv2 分 解得F . N 分
2 2 + , - = 0(1 ) =22 5 (2 )
错误 正确 2
B C ; v
B2L2v mg(R r) θ 物块在传送带上运动的加速度 a μg 2 分 物块先做减速运动减速时间 t 0
最终导体棒匀速运动 系统受力平衡mg θ 得v + sin 正确 (2) = =1 m/s (1 ), = a =
, sin = R r , = B2L2 ,D ,
+
正确答案为 分 物块的位移x
v2
0 分 由于传送带的速度小于v 物块反向加速到
CD。 10s(1 ), 1= a=50m(1 ), 0, 8m/s
. . 分 t2 分 k 2N2 分 2
11 (1)5 980mm(2 ) (2) (2 ),4 π (2 )
v v2
【解析】 从图乙可知 小钢球的直径为d . 时与传送带共速运动到 B 点 物块反向加速的时间为 t 分 位移为 x
(1) , =5 5mm+48.0×0.01mm=5.980mm , 1= a =8s(1 ), 2= a=32m
( ) 2 t g 2
由牛顿第二定律得 mg θ m 2π h θ T 解得 h t2 横坐标 x t2 斜率 分 物块与传送带的相对位移Δx x vt vt x 分 摩擦产生的热量Q μMgΔx
(2) tan = T tan , = N, = 2N2 , = , (1 ), = 1+ + 1- 2=162m(1 ), =
4π
分
g =324J(2 )。
k g k 2N2
=
4π
2N2 , =4 π 。
. t . 与水平方向夹角为 ° q 31
15 (1) =1s (2)3 75N, 53 (3) = C
a a S a d c 12
. 端 分 a 分 分 ca 分 0 ( - ) 分
12 (1)A (2 ) (2) (2 ),b (2 ) (3) - b (1 ), e (2 ) 【解析】 金属棒cd开始运动时BIL μmg I . 分
(1) = , =1 5A(1 ),
【解析】 由于保护电路 刚开始电阻丝连入电路的阻值最大 金属夹应该置于A端 电路中的电动势为E I 分 E
(1) , , 。 = ·2R(1 ), =3V,
a 根据ab棒分析可得E Bvx 分 x vt θ 分 可得t 分
根据U E Ir可知 E a r = (1 ), = tan (1 ), =1s(1 )。
(2) = - , = , = b 。 x
金属棒 ab 在磁场中的长度 L . 分 受到的安培力 F BIL .
L R r ρ R r (2) 1 = °=2 5m(1 ), = 1 =3 75N
根据E I R ρ r 1 A+ L A+ c 根据第 问的电动势和内阻的值 可得 sin37
(3) = ( A+ S + ), I = E +S E , E = , (2) , 分 方向与水平方向夹角为 ° 分
0 0 (1 ), 53 (1 )。
R A= cE - r = ca - a b , 电阻丝的电阻率 S ρ E= d - e c , 可得ρ = S 0 E ( e d - c ) = S 0 a ( e d - c ) 。 (3) 当cd棒未运动时 , 只有ab棒切割磁感线产生电流 , 此时的电荷量q 1= I-Δt (1 分 ),
0
B 1 xvt
. . .
13 (1)4T (2)(0 8+0 2π)s I- E E ΔΦ 分 可得q Δ Φ · 2 分 q 3
= R, = Δt (1 ), 1= R = R (1 ), 1= C;
【解析】 粒子在电场中加速后 由动能定理可得qEd 1mv2 分 v 1 由于粒子恰 2 2 2 4
(1) , = 1(1 ), 1= m/s,
BLv BLv
2 2 当ab棒的b端进入磁场时 I - cd 分 v .
好不从磁场右边界射出
,
可知轨迹刚好与右边界相切
,
轨迹半径 r
1 =
d
=0
.
1m(1
分
),
根据 , 0=
2
R (1 ), cd=0 5m/s,
v2 对cd棒列动量定理可得BILΔt′ fΔt′ mv 分 BLq fΔt′ mv
m 1 qv B 分 可得B 分 - = cd-0(2 ), 2- = cd-0,
r = 1 (1 ), =4T(1 )。 L
1 vt
qE v θ-
(2) 粒子在电场中运动的加速度 a = m =1 . 25m/s 2 (1 分 ), 在电场中运动的时间 t 1= a 1 =0 . 4s 由于Δt′ = tan v =1s(1 分 ), 可得q 2= 1
6
1 C,
m
分 在磁场中运动的时间t 1T 分 粒子做圆周运动的周期 T 2π . 分 闭合回路中的电荷量q q q 31 分
(1 ), 2= (1 ), = qB =0 4πs(1 ), = 1+ 2= C(1 )。
2 12
粒子再次水平进入电场做匀减速直线运动 运动时间仍为t 粒子运动的总时间为 t t t
, 1, =2 1+ 2=
. . 分
(0 8+0 2π)s(2 )。
