新教材2025屆高考物理二輪專項分層特訓(xùn)卷第二部分專項增分練5易錯易混練

專項增分練5易錯易混練【1.忽視矢量的方向性】1．(多選)一物體自空中的A點以肯定的初速度豎直向上拋出，3s后物體的速率變?yōu)?0m/s.不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2.關(guān)于物體此時的位置和速度方向的說法可能正確的是()A．在A點正上方15m處，速度方向豎直向上B．在A點正上方15m處，速度方向豎直向下C．在A點正上方75m處，速度方向豎直向上D．在A點正上方75m處，速度方向豎直向下2．(多選)如圖所示，某同學(xué)對著墻壁練習(xí)打乒乓球，某一次球與球拍碰撞后，經(jīng)過一段時間后球恰好垂直打在墻壁上的A點，已知球與球拍的作用點為B，A、B兩點高度差為0.8m，B點和墻面之間的距離為1.2m，不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2.則下列說法中正確的是()A．球到達A點時的速度大小為5m/sB．球在B點離開球拍時的速度大小為5m/sC．球從B點運動到A點的過程中速度變更量大小為4m/sD．球從B點運動到A點的過程中速度變更量大小為2m/s3．如圖所示，在紙面內(nèi)的直角三角形ACD中，∠ADC＝60°，C、D兩點間的距離為L.A、C兩點處分別有一根與紙面垂直的長直導(dǎo)線，A點處導(dǎo)線中通過的電流為4I0(向里)，C點處導(dǎo)線中通過的電流為I0(向外).已知通有電流I的長直導(dǎo)線外某點處磁場的磁感應(yīng)強度大小B＝keq\f(I,r)，其中r為該點到導(dǎo)線的距離，k為常量，則D點處磁場的磁感應(yīng)強度()A．大小為eq\r(3)keq\f(I0,L)，方向由C點指向D點B．大小為eq\r(3)keq\f(I0,L)，方向由D點指向C點C．大小為eq\r(5)keq\f(I0,L)，方向由D點指向C點D．大小為eq\r(5)keq\f(I0,L)，方向沿∠D的平分線4．如圖甲所示，質(zhì)量為1kg的金屬棒ab靜止在粗糙的平行導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌垂直，兩平行導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)．a(chǎn)b棒、導(dǎo)軌和定值電阻R組成面積為1m2的閉合回路，回路總電阻為3Ω.回路內(nèi)有與水平面成37°角斜向上且勻稱變更的勻強磁場，從t＝0時刻起先，磁感應(yīng)強度B隨時間t變更的圖像如圖乙所示．已知兩平行導(dǎo)軌的間距為1m，ab棒與導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.在t＝1s時，ab棒恰好相對導(dǎo)軌起先運動，則此時()A．a(chǎn)b棒中的電流方向為a流向bB．a(chǎn)b棒受到的安培力大小為eq\f(25,3)NC.ab棒與導(dǎo)軌間的壓力大小為eq\f(10,3)ND．a(chǎn)b棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為0.55．用貨車運輸規(guī)格相同的兩塊水泥板，底層水泥板固定在車廂內(nèi)，為防止貨車在剎車時上層水泥板撞上駕駛室，上層水泥板按如圖所示方式放置在底層水泥板上．貨車以3m/s2的加速度啟動，然后以12m/s的速度勻速行駛，遇緊急狀況后以8m/s2的加速度剎車至停止．已知每塊水泥板的質(zhì)量為250kg，水泥板間的動摩擦因數(shù)為0.75，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10m/s2，則()A．啟動時上層水泥板所受摩擦力大小為1875NB．剎車時上層水泥板所受摩擦力大小為2000NC．貨車在剎車過程中行駛的距離為9mD．貨車停止時上層水泥板相對底層水泥板滑動的距離為22.6m【2.不會讀圖】6．(多選)a、b兩質(zhì)點在同始終線上運動的位移—時間圖像如圖所示，b質(zhì)點的加速度大小始終為0.2m/s2，兩圖線相切于坐標(biāo)為(5s，－2.7m)的點，則()A．前5s內(nèi)，a、b兩質(zhì)點的運動方向相同B．t＝5s時，a、b兩質(zhì)點的速度均為－0.54m/sC．b質(zhì)點的初速度是－1.8m/sD．圖中x0應(yīng)為2.87．某空間存在一電場，電場中的電勢φ在x軸上的分布如圖所示，下列說法正確的是()A．在x軸上，從x1到x2電場強度方向向左B．在x軸上，從x1到x2電場強度先增大后減小C．把一負電荷沿x軸正向從x1移到x2，電場力先減小后增大D．把一負電荷從x1移到x2，電場力做負功8．某種金屬導(dǎo)體的U-I圖像如圖所示，圖像上A點和原點的連線與橫軸成α角，A點的切線與橫軸成β角．關(guān)于該導(dǎo)體的敘述，下列說法中正確的是()A．導(dǎo)體的電功率隨電壓U的增大而增大B．導(dǎo)體的電功率與電壓U的平方成正比C．在A點，導(dǎo)體的電阻為tanβD．在A點，導(dǎo)體的電阻為tanα9．(多選)A、B兩物體沿同始終線同向運動，0時刻起先計時，A、B兩物體的eq\f(x,t)-t圖像如圖所示，已知在t＝10s時A、B在同一位置，依據(jù)圖像信息，下列說法正確的是()A．B做勻加速直線運動，加速度大小為1m/s2B．t＝6s時，A在前、B在后，B正在追逐AC．A、B在零時刻相距30mD．在0～10s內(nèi)A、B之間的最大距離為49m【3.探討對象選取不當(dāng)】10．(多選)用外力F通過如圖所示的裝置把一個質(zhì)量為m的小球沿傾角為30°的光滑斜面勻速向上拉動．已知在小球勻速運動的過程中，拴在小球上的繩子與水平桿之間的夾角從45°變?yōu)?0°，斜面體與水平地面之間是粗糙的，并且斜面體始終靜止在水平地面上．不計滑輪與繩子之間的摩擦．則在小球勻速運動的過程中，下列說法正確的是()A．地面對斜面體的靜摩擦力始終為零B．外力F始終在增大C．某時刻繩子對水平桿上的滑輪的合力等于繩子的拉力D．繩子移動的速度大小大于小球沿斜面運動的速度大小11．如圖所示，在光滑水平軌道的右端有一彈性擋板，一質(zhì)量為M＝0.5kg的木板正中間放有一質(zhì)量為m＝2kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點)靜止在軌道上，木板右端距離擋板x0＝0.5m，小鐵塊與木板間動摩擦因數(shù)μ＝0.2.現(xiàn)對小鐵塊施加一水平向右的外力F，木板第一次與擋板碰前瞬間撤去外力．若木板與擋板碰撞時間極短，反彈后速度大小不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2.(1)要使小鐵塊與木板發(fā)生相對滑動，求水平向右的外力F的最小值；(2)若水平向右的外力F＝10N，求木板第一次與擋板碰撞前經(jīng)驗的時間；(3)若水平向右的外力F＝10N，木板第一次與擋板碰前瞬間撤去外力，鐵塊和木板最終停下來時，鐵塊剛好沒有滑出木板，求木板的長度．【4.盲目套公式】12．汽車以10m/s的速度勻速行駛，5min后突然剎車．若剎車過程中汽車做勻變速直線運動，加速度大小為5m/s2，則從起先剎車時計時，經(jīng)過3s汽車駛過的位移為()A．52.5mB．7.5mC．30mD．10m13．(多選)“臘月二十四，撣塵掃房子”，據(jù)《呂氏春秋》記載，中國在堯舜時代就有春節(jié)掃塵的風(fēng)俗，寓意在新年里順當(dāng)平安．春節(jié)前夕，小紅需移開沙發(fā)，清掃污垢，質(zhì)量m＝10kg的沙發(fā)放置在水平地面上，小紅用力F推沙發(fā)，當(dāng)F斜向下與水平成θ＝30°時，如圖，若F＝100N，沙發(fā)恰好起先做勻速運動，認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．沙發(fā)與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)B．沙發(fā)起先運動后，保持F大小不變，增大θ角，沙發(fā)將做加速運動C．若F方向能隨意變更，想用最小的力推動沙發(fā)，應(yīng)使F沿水平方向D．若F方向能隨意變更，能讓沙發(fā)勻速運動，力F的最小值為50N14．如圖所示為置于豎直平面內(nèi)的光滑桿AB，它是依照初速度為v0、水平射程為x的平拋運動軌跡制成的，A端為拋出點，B端為落地點．現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小球套于其上，小球由靜止起先從A端滑下，重力加速度為g，則當(dāng)小球到達B端時，下列說法正確的是()A．小球在水平方向的速度大于v0B．小球運動的時間為eq\f(x,v0)C．小球的速率為eq\f(gx,v0)D．小球所受重力的功率為eq\f(mg2x,v0)15．(多選)20年來福建電網(wǎng)實現(xiàn)電網(wǎng)結(jié)構(gòu)、電壓等級、電力技術(shù)“三大跨越”．如圖所示是遠距離輸電示意圖，現(xiàn)將輸送電壓U2由220kV升級為1000kV高壓，輸送的總電功率變?yōu)樵瓉淼?倍，保持發(fā)電機輸出電壓U1及用戶得到的電壓U4均不變，輸電線的電阻不變，則()A．n2∶n1變?yōu)樵瓉淼膃q\f(50,11)倍B．輸電線上電流I2變?yōu)樵瓉淼膃q\f(11,25)C．輸電線損失的功率變?yōu)樵瓉淼?eq\f(11,25))2D．降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比值變小16．如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻恒為r，R是定值電阻，熱敏電阻RT的阻值隨溫度的降低而增大，C是平行板電容器，電路中的電表均為志向電表．閉合開關(guān)S，帶電液滴剛好靜止在平行板電容器C內(nèi)．在溫度降低的過程中，分別用I、U1、U2和U3表示電流表A、電壓表V1、電壓表V2和電壓表V3的示數(shù)，用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示電流表A、電壓表V1、電壓表V2和電壓表V3的示數(shù)變更量的肯定值．溫度降低時，關(guān)于該電路工作狀態(tài)的變更，下列說法正確的是()A．eq\f(U1,I)、eq\f(U2,I)、eq\f(U3,I)肯定都不變B．eq\f(ΔU1,ΔI)和eq\f(ΔU3,ΔI)肯定不變，eq\f(ΔU2,ΔI)肯定變更C．帶電液滴肯定向下加速運動D．電源的工作效率肯定變大17．(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一可視為質(zhì)點的光滑小球在圓筒最低點，內(nèi)壁光滑、半徑為R的圓筒固定在小車上．小車與小球一起以速度v0向右勻速運動，當(dāng)小車遇到墻壁時突然停止運動，后始終保持靜止，要使小球不脫離圓筒運動，初速度v0應(yīng)滿意(半徑R＝0.4m，小球的半徑比R小許多，不計空氣阻力，g＝10m/s2)()A．v0≥2eq\r(5)m/sB．v0≥4m/sC．v0≤3eq\r(2)m/sD．v0≤2eq\r(2)m/s18．(多選)青島市即墨區(qū)鰲山灣一帶受嶗山余脈和海島影響，形成了長達60多公里的狹長“疾風(fēng)帶”，為風(fēng)力發(fā)電創(chuàng)建了有利條件，目前該地風(fēng)電總裝機容量已達18萬千瓦．如圖，風(fēng)力推動三個葉片轉(zhuǎn)動，葉片帶動轉(zhuǎn)子(磁極)轉(zhuǎn)動，在定子(線圈)中產(chǎn)生電流，實現(xiàn)風(fēng)能向電能的轉(zhuǎn)化．已知葉片長為r，風(fēng)速為v，空氣密度為ρ，流到葉片旋轉(zhuǎn)形成的圓面的空氣中約有eq\f(1,4)速度減速為0，eq\f(3,4)原速率穿過，不考慮其他能量損耗．下列說法正確的是()A．一臺風(fēng)力發(fā)電機的發(fā)電功率約為eq\f(1,4)ρπr2v3B．一臺風(fēng)力發(fā)電機的發(fā)電功率約為eq\f(1,8)ρπr2v3C．空氣對風(fēng)力發(fā)電機一個葉片的平均作用力約為eq\f(1,6)ρπr2v2D．空氣對風(fēng)力發(fā)電機一個葉片的平均作用力約為eq\f(1,12)ρπr2v219．某平面區(qū)域內(nèi)一靜電場的等勢線分布如圖中虛線所示，一正電荷僅在電場力作用下由a運動至b，設(shè)a、b兩點的電場強度分別為Ea、Eb，電勢分別為φa、φb，該電荷在a、b兩點的速度分別為va、vb，電勢能分別為Epa、Epb，則()A．Ea>EbB．φa>φbC．va>vbD．Epa>Epb【5.混淆相像問題】20．在如圖所示的裝置中，兩物體A、B的質(zhì)量分別為m1、m2，懸點a、b間的距離遠大于滑輪的直徑，不計一切摩擦，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)．由圖可知()A．α可能大于βB．m1肯定大于m2C．m1肯定小于2m2D．m1可能大于2m221．(多選)如圖(a)所示，將一右端固定有光滑定滑輪的輕桿固定在豎直擋板上，輕繩ABC跨過光滑的定滑輪懸吊質(zhì)量為m1＝1kg的物塊；如圖(b)所示，將一輕桿用轉(zhuǎn)軸固定在豎直擋板上，兩段輕繩DE、EF系在桿的右端并懸吊質(zhì)量為m2＝1.5kg的物塊．已知兩桿均水平，且繩子的傾斜部分與水平方向的夾角均為30°，重力加速度g＝10m/s2.下列說法正確的是()A．圖(a)中AB繩的拉力大小為10NB．圖(b)中DE繩的拉力大小為15NC．圖(a)中輕桿對滑輪的支持力大小為10ND．圖(b)中輕桿對結(jié)點的支持力大小為15N22．(多選)如圖所示，金屬棒ab、光滑水平金屬導(dǎo)軌和螺線管組成閉合回路．設(shè)導(dǎo)軌足夠長，棒有肯定阻值，導(dǎo)軌、導(dǎo)線電阻不計．給金屬棒ab一個初速度v使其在勻強磁場B中沿導(dǎo)軌向右運動，則下列說法正確的是()A．棒b端電勢比a端低B．螺線管產(chǎn)生的磁場，A端為N極C．棒最終將做勻速運動D．棒最終將停止運動23．(多選)有a、b、c、d四顆地球衛(wèi)星，a還未放射，在赤道表面隨地球一起轉(zhuǎn)動，b是近地軌道衛(wèi)星，c是地球同步衛(wèi)星，d是高空探測衛(wèi)星，它們均做勻速圓周運動，方向均與地球自轉(zhuǎn)方向一樣，各衛(wèi)星的排列位置如圖所示，則()A．衛(wèi)星a的向心加速度近似等于重力加速度gB．在相同時間內(nèi)衛(wèi)星b轉(zhuǎn)過的弧長最長C．衛(wèi)星c的速度肯定比衛(wèi)星d的速度大D．衛(wèi)星d的角速度比衛(wèi)星c的角速度大24．如圖所示為一玩具起重機的電路示意圖．電源電動勢為6V，電源內(nèi)電阻r＝0.5Ω，電阻R＝2.5Ω.當(dāng)電動機以0.5m/s的速度勻速向上提升一質(zhì)量為320g的物體時(不計一切摩擦，g＝10m/s2)，標(biāo)有“3V0.6W”的燈泡剛好正常發(fā)光．則電動機的內(nèi)阻為()A．1.25ΩB．3.75ΩC．5.625ΩD．1Ω25．(多選)如圖所示，N＝50匝的矩形線圈abcd處于磁感應(yīng)強度B＝0.4T的勻強磁場中，ab邊長l1＝20cm，ad邊長l2＝25cm，線圈在外力的作用下繞垂直于磁感線且通過線圈中線的OO′軸以n＝3000r/min的轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動，線圈電阻r＝1Ω，外電路電阻R＝9Ω，t＝0時，線圈平面與磁感線平行，ab邊正轉(zhuǎn)出紙外，cd邊轉(zhuǎn)入紙里．下列說法正確的是()A．t＝0時線圈中感應(yīng)電流的方向為a→b→c→d→aB．感應(yīng)電動勢的瞬時值表達式為e＝314cos(100πt)VC．線圈轉(zhuǎn)一圈外力做的功為96.8JD．線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過90°的過程中流過電阻R的電荷量為0.1C26．(多選)如圖所示，在一水平向右勻速運動的傳送帶的左端A點，每隔相同的時間T，輕放上一個相同的工件．已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，工件質(zhì)量為m.經(jīng)測量，發(fā)覺后面那些和傳送帶共速的工件之間的距離均為L，已知重力加速度為g，下列說法正確的是()A．傳送帶的速度大小為eq\f(L,T)B．工件在傳送帶上加速的時間為eq\f(2μgL,T)C．每個工件與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為eq\f(μmgL,2)D．傳送帶傳送一個工件消耗的能量為eq\f(mL2,T2)27．如圖所示，在圓心為O的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面對里的勻強磁場．邊界上的一粒子源A，向磁場區(qū)域放射出質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子，其速度大小均為v，方向垂直于磁場且分布在AO右側(cè)α角的范圍內(nèi)(α為銳角).已知磁場區(qū)域的半徑為eq\f(mv,Bq)，其左側(cè)有與AO平行的足夠大的接收屏，不計帶電粒子所受重力和相互作用力，求：(1)沿AO方向入射的粒子離開磁場時的速度方向與入射方向的夾角；(2)接收屏上能接收到帶電粒子區(qū)域的寬度．28．如圖所示，用勻稱導(dǎo)線做成邊長為l的單匝正方形線框MNPQ，線框的總電阻為R.將線框置于光滑絕緣的水平面上．在線框的右側(cè)存在豎直方向的有界勻強磁場，磁場邊界間的距離為2l，磁感應(yīng)強度為B.在垂直MN邊的水平拉力作用下，線框以垂直磁場邊界的速度v勻速穿過磁場．在運動過程中線框平面水平，且MN邊與磁場的邊界平行．求：(1)線框MN邊剛進入磁場時，線框中感應(yīng)電流的大??；(2)線框MN邊剛進入磁場時，M、N兩點間的電壓UMN；(3)在線框從MN邊剛進入磁場到PQ邊剛穿出磁場的過程中，水平拉力對線框所做的功W.[答題區(qū)]題號12345678910121314答案題號151617181920212223242526答案專項增分練5易錯易混練1．解析：此題中給出的條件是3s后物體的速率變?yōu)?0m/s，因此在計算時要考慮此時的速度方向有可能豎直向上，也有可能豎直向下．當(dāng)速度方向豎直向上時，物體的初速度大小為v0＝v＋gt＝40m/s，物體的位移大小為h1＝eq\f(v0＋v,2)t＝75m，物體在A點的正上方，A錯誤，C正確．當(dāng)物體的速度方向豎直向下時，物體的初速度大小為v′0＝－v＋gt＝20m/s，物體的位移大小為h′1＝eq\f(v′0－v,2)t＝15m，物體仍舊在A點的正上方，B正確，D錯誤．答案：BC2．解析：球從A到B可看成平拋運動，依據(jù)球在豎直方向上的運動規(guī)律，由h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s，球到達A點時的速度大小為vA＝eq\f(x,t)＝3m/s，A錯誤；豎直分速度vy＝gt＝4m/s，球在B點離開球拍時的速度大小為vB＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))＋veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(y)))＝5m/s，B正確；球從B點運動到A點的過程中速度變更量大小為Δv＝gt＝4m/s，C正確，D錯誤．答案：BC3.解析：A點處導(dǎo)線中通過的電流在D點處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小B1＝keq\f(4I0,2L)＝2keq\f(I0,L)，C點處導(dǎo)線中通過的電流在D點處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小B2＝keq\f(I0,L)；依據(jù)右手螺旋定則可以推斷，B1、B2的方向如圖所示．α＝30°，由于B1′＝B1sinα＝keq\f(I0,L)＝B2，所以D點處磁場的磁感應(yīng)強度大小B＝B″1＝B1cosα＝eq\r(3)keq\f(I0,L)，方向由D點指向C點，B正確．答案：B4．解析：由楞次定律知ab棒中的電流方向為b流向a，A錯誤；由圖乙可知，磁感應(yīng)強度的變更率為eq\f(ΔB,Δt)＝5T/s，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝eq\f(ΔB,Δt)Ssin37°＝3V，則回路中的電流I＝eq\f(E,R)＝1A，t＝1s時磁感應(yīng)強度為5T，則所受安培力大小為F＝BIL＝5N，B錯誤；由左手定則知，安培力方向垂直磁場方向向左上，則ab棒與導(dǎo)軌間的壓力大小為N＝mg－Fcos37°＝6N，C錯誤；由平衡條件得，ab棒與導(dǎo)軌間的摩擦力f＝Fsin37°＝3N，又f＝μN，解得μ＝0.5，D正確．答案：D5．解析：摩擦力供應(yīng)應(yīng)上層水泥板最大的加速度為am＝μg＝7.5m/s2.啟動時貨車加速度小于am，上層水泥板所受摩擦力為靜摩擦力，大小為Ff＝ma＝250×3N＝750N，A錯誤；剎車時貨車加速度大于am，上層水泥板所受摩擦力為滑動摩擦力，其大小為F′f＝μmg＝1875N，B錯誤；貨車在剎車過程中行駛的距離為x＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2a′)＝9m，C正確；貨車由起先剎車到停止的時間為t＝eq\f(v0,a′)＝1.5s，上層水泥板減速到零所需的時間為t′＝eq\f(v0,μg)＝1.6s，因為t′>t，則貨車剛停止時，上層水泥板還在滑動，滑動的位移為x′＝v0t－eq\f(1,2)μgt2＝9.5625m，相對底層水泥板滑動的距離為Δs＝x′－x＝0.5625m，D錯誤．答案：C6．解析：位移—時間圖像在某點切線的斜率表示在該點處的速度，由題意可知，a質(zhì)點在t＝5s前沿負方向做勻速直線運動，b質(zhì)點在t＝5s前沿負方向做勻減速直線運動，兩質(zhì)點的運動方向相同，A正確；兩圖線相切于坐標(biāo)為(5s，－2.7m)的點，故在t＝5s時兩質(zhì)點的速度相同，且v＝k＝eq\f(－2.7－0,5－0.5)m/s＝－0.6m/s，B錯誤；由題意可知，做勻減速直線運動的b質(zhì)點加速度為0.2m/s2，依據(jù)運動學(xué)公式有v＝v0＋at，解得v0＝－1.6m/s，C錯誤；對于b質(zhì)點，前5s內(nèi)有x＝eq\o(v,\s\up6(－))t2＝eq\f(－1.6－0.6,2)×5m＝－5.5m，故x0＝－2.7－(－5.5)＝2.8，D正確．答案：AD7．解析：在x軸上，從x1到x2電勢先降低后上升，可知電場強度方向先向右后向左，A錯誤；因φ-x圖像的斜率的肯定值表示電場強度的大小，可知從x1到x2電場強度先減小后增大，B錯誤；由F＝qE知把一負電荷沿x軸正向從x1移到x2，電場力先減小后增大，C正確；由Ep＝qφ知負電荷在x1處的電勢能Ep1大于在x2處的電勢能Ep2，把一負電荷從x1移到x2，電勢能減小，電場力做正功，D錯誤．答案：C8．解析：由圖像知，U增大，電流I也增大，該導(dǎo)體的電功率在數(shù)值上等于橫、縱坐標(biāo)確定的矩形面積，則電功率增大，A正確；由歐姆定律知，導(dǎo)體的電阻R＝eq\f(U,I)，隨著U增大，I增大得越來越慢，故導(dǎo)體的電阻R隨U的增大而增大，由P＝eq\f(U2,R)知導(dǎo)體的電功率與電壓U的平方不成正比，B錯誤；在物理圖像上，圖線的傾角確定于標(biāo)度的選取，不能用傾角的正切求斜率，C、D錯誤．答案：A9．解析：由勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，對比B物體的圖線可知B做勻加速直線運動，結(jié)合幾何學(xué)問可知初速度v0＝4m/s，加速度a＝2m/s2，A錯誤；由A物體的圖線可知，A做勻速直線運動，速度為v＝10m/s，在t＝10s時A、B的位移分別為xA＝vt＝100m，xB＝v0t＋eq\f(1,2)at2＝140m，此時到達同一位置，故在0時刻，A在B前方40m處，C錯誤；t＝6s時，由題圖線可得，A、B位移均為60m，故此時A在前、B在后，B正在追逐A，B正確；0～10s內(nèi)，當(dāng)A、B速度相等時，相距最遠，有v0＋at′＝v，代入數(shù)據(jù)可得t′＝3s，此時A、B的位移分別為xA′＝vt′＝30m，xB′＝v0t′＋eq\f(1,2)at′2＝21m，故A、B之間的最大距離為Δx＝40m＋xA′－xB′＝49m，D正確．答案：BD10．解析：設(shè)連接小球的繩子與水平方向的夾角為θ，對小球，沿斜面方向，由平衡條件有Tcos(θ－30°)＝mgsin30°，解得T＝eq\f(mg,2cos（θ－30°）)，則當(dāng)θ角從45°變?yōu)?0°的過程中，繩子的拉力T變大，因F＝T，則外力F始終在增大，B正確；將小球和斜面體視為整體，則地面對斜面體的靜摩擦力等于繩子拉力的水平重量，即f＝Tcosθ，又因為T＝eq\f(mg,2cos（θ－30°）)，所以f＝eq\f(1,2)mgeq\f(cosθ,cos（θ－30°）)，故只有當(dāng)θ＝90°時地面對斜面體的靜摩擦力才等于零，A錯誤；當(dāng)θ＝90°時，滑輪兩邊繩子的夾角為120°，由受力分析可知，此時繩子對水平桿上的滑輪的合力等于繩子的拉力，C正確；將小球沿斜面運動的速度v分解可知，繩子的速度v1＝vcos(θ－30°)，則繩子移動的速度大小小于小球沿斜面運動的速度大小，D錯誤．答案：BC11．解析：(1)設(shè)木板在鐵塊的最大靜摩擦力即滑動摩擦力作用下產(chǎn)生的加速度為am，則am＝eq\f(μmg,M)＝8m/s2對鐵塊和木板組成的整體得：Fm＝(m＋M)am解得Fm＝20N.(2)因F＜Fm，所以木板在靜摩擦力作用下與鐵塊一起以加速度a運動．設(shè)木板和鐵塊的共同加速度為a，則a＝eq\f(F,M＋m)＝4m/s2設(shè)木板向右運動第一次與擋板碰撞前經(jīng)驗的時間為t，則x0＝eq\f(1,2)at2，解得t＝0.5s.(3)設(shè)木板與擋板碰前，木板與鐵塊的共同速度為v1，則v1＝at，解得v1＝2m/s木板第一次與擋板碰撞前瞬間撤去外力，鐵塊以速度v1向右做減速運動，加速度大小為a1，木板與擋板碰撞后以速度v1向左做減速運動，木板與鐵塊相對滑動，則木板加速度大小為am，設(shè)木板速度減為零經(jīng)過的時間為t1，向左運動的最遠距離為x1，則μmg＝ma1；v1＝amt1；x1＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),2am)解得a1＝2m/s2，t1＝0.25s，x1＝0.25m當(dāng)木板速度向左減為零時，設(shè)鐵塊速度為v′1，則v′1＝v1－a1t1設(shè)再經(jīng)過時間t2鐵塊與木板達到共同速度v2，木板向右位移為x′1，則v2＝v′1－a1t2，v2＝amt2，x′1＝eq\f(1,2)amteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))解得v′1＝1.5m/s，t2＝0.15s，v2＝1.2m/s，x′1＝0.09m因為x′1＜x1，所以木板與鐵塊達到共速后，將以速度v2運動，再次與擋板碰撞．以后多次重復(fù)這些過程最終木板停在擋板處．設(shè)木板長為L，以木板和鐵塊系統(tǒng)為探討對象，依據(jù)能量守恒μmgeq\f(L,2)＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))解得L＝2.5m.答案：(1)20N(2)0.5s(3)2.5m12．解析：汽車速度減為零所需的時間t＝eq\f(Δv,a)＝2s<3s，故從起先剎車時計時，經(jīng)過3s汽車行駛的位移等于經(jīng)過2s汽車行駛的位移，可得汽車駛過的位移為x＝eq\o(v,\s\up6(－))t＝eq\f(10＋0,2)×2m＝10m，A、B、C錯誤，D正確．答案：D13.解析：分析沙發(fā)受力，沙發(fā)勻速運動，依據(jù)平衡條件有：Fcosθ＝μ(Fsinθ＋mg)，代入數(shù)據(jù)解得μ＝eq\f(\r(3),3)，A正確；沙發(fā)起先運動后，保持F大小不變，增大θ角，則F的水平分力減小，豎直分力增大，滑動摩擦力變大，故沙發(fā)做減速運動，B錯誤；設(shè)支持力、滑動摩擦力的合力方向與豎直方向的夾角為α，如圖1所示，則tanα＝eq\f(f,N)＝μ，α＝30°，畫出沙發(fā)勻速運動時受力的矢量三角形，如圖2所示，可知力F與F合垂直且向上時，即F與水平面成30°角斜向上時F最小，最小值為Fmin＝mgsin30°＝50N，C錯誤，D正確．答案：AD14．解析：小球若沿題圖所示軌跡做平拋運動，其運動到B端所用的時間t＝eq\f(x,v0)，則A端距離地面的高度h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(gx2,2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))，小球沿桿由靜止起先從A運動到B，雖然軌跡為平拋運動軌跡，但小球的運動不是平拋運動，因此運動的時間t′≠eq\f(x,v0)，B錯誤；設(shè)小球運動到B端時的速率為vB，依據(jù)動能定理得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))，解得vB＝eq\r(2gh)＝eq\f(gx,v0)，小球運動到B端時，在豎直方向的速度大小vy≠vB，因此重力的功率不等于eq\f(mg2x,v0)，C正確，D錯誤；小球運動到B端時的速度方向與水平方向夾角的正切值tanθ＝eq\f(gt,v0)＝eq\f(gx,veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))，可知小球運動到B端時其水平方向的速度大小vx＝vBcosθ＝eq\f(gxv0,\r(veq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(0))＋g2x2))<v0，A錯誤．答案：C15．解析：由志向變壓器基本關(guān)系知eq\f(n2,n1)＝eq\f(U2,U1)，U1不變，U2變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1000kV,220kV)＝eq\f(50,11)倍，所以eq\f(n2,n1)變?yōu)樵瓉淼膃q\f(50,11)倍，A正確；因P送變?yōu)樵瓉淼?倍，U2變?yōu)樵瓉淼膃q\f(50,11)倍，依據(jù)P送＝U2I2可知，輸電線上電流I2變?yōu)樵瓉淼膃q\f(11,25)，B正確；P損＝Ieq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))R線，R線不變，所以P損變?yōu)樵瓉淼?eq\f(11,25))2，C正確；U3＝U2－I2R線，而U2變大，I2變小，可知U3變大，而U4不變，則eq\f(n3,n4)＝eq\f(U3,U4)變大，D錯誤．答案：ABC16．解析：第一個易錯點是對電路串并聯(lián)關(guān)系的分析：先把電路中的電容器和電壓表去掉，分析可知電阻R和RT串聯(lián)，電壓表V1測量R兩端的電壓，電壓表V2測量RT兩端的電壓，電壓表V3測量電源的路端電壓，電容器兩端的電壓等于RT兩端的電壓．其次個易錯點是eq\f(U,I)與eq\f(ΔU,ΔI)的含義區(qū)分：eq\f(U1,I)＝R，eq\f(U2,I)＝RT，eq\f(U3,I)＝R＋RT，當(dāng)溫度降低時，RT增大，則eq\f(U1,I)不變，eq\f(U2,I)增大，eq\f(U3,I)增大，A錯誤；eq\f(ΔU1,ΔI)＝R不變，eq\f(ΔU3,ΔI)＝r不變，eq\f(ΔU2,ΔI)＝R＋r不變，B錯誤；RT增大時，其兩端電壓增大，平行板電容器兩端的電壓也增大，帶電液滴向上加速運動，C錯誤；RT增大，則外電阻增大，電源的效率增大，D正確．答案：D17．解析：當(dāng)v0較大時，小球能夠通過最高點，這時小球在最高點處須要滿意的條件是mg≤eq\f(mv2,R)，又依據(jù)機械能守恒定律有eq\f(1,2)mv2＋2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，可求得v0≥2eq\r(5)m/s；當(dāng)v0較小時，小球不能通過最高點，這時小球最高可上升到與圓心等高位置處，在最高點速度減為零，依據(jù)機械能守恒定律有mgR≥eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，可求得v0≤2eq\r(2)m/s，B、C錯誤，A、D正確．答案：AD18.解析：建立一個“風(fēng)柱”模型，如圖所示，風(fēng)柱的橫截面積為葉片旋轉(zhuǎn)形成圓面的面積，S＝πr2，經(jīng)過時間t風(fēng)柱長度x＝vt，所形成的風(fēng)柱體積V＝πr2vt，空氣遇到葉片旋轉(zhuǎn)形成的圓面后eq\f(1,4)減速為零，eq\f(3,4)原速率穿過，所以與葉片發(fā)生相互作用的風(fēng)柱質(zhì)量m＝eq\f(1,4)ρV＝eq\f(1,4)ρπr2vt，依據(jù)動能定理可知，風(fēng)力在這一段時間做的功W＝Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,8)ρπr2vt·v2＝eq\f(1,8)ρπr2v3t，一臺風(fēng)力發(fā)電機的發(fā)電功率P風(fēng)＝eq\f(W,t)＝eq\f(1,8)ρπr2v3，故A錯誤，B正確；取與葉片發(fā)生相互作用的那部分空氣為探討對象，規(guī)定空氣流淌的方向為正方向，依據(jù)動量定理得－Ft＝0－mv，解得F＝eq\f(1,4)πρr2v2，依據(jù)牛頓第三定律，可知空氣對一臺風(fēng)力發(fā)電機的平均作用力F′＝F＝eq\f(1,4)ρπr2v2，一臺風(fēng)力發(fā)電機有三個葉片，所以空氣對風(fēng)力發(fā)電機一個葉片的平均作用力約為eq\f(1,12)ρπr2v2，故C錯誤，D正確．答案：BD19.解析：等勢面的疏密反映電場強度的大小，所以Ea<Eb，A錯誤；探討軌跡與等勢面的交點A，如圖所示，電場線與等勢面垂直，再利用物體做曲線運動時所受合力指向運動軌跡凹側(cè)，所以在A點所受電場力水平向左，又因為電荷帶正電，所以A點的電場線水平向左，從而推斷出電場線指向左側(cè)，所以φb>φa，B錯誤；正電荷在電勢高的地方電勢能大，所以在b點的電勢能大于在a點的電勢能，即Epa<Epb，電荷運動過程中動能和電勢能兩種能量相互轉(zhuǎn)化，依據(jù)能量守恒定律可知，電荷在電勢能大的地方，動能小，所以va>vb，C正確，D錯誤．答案：C20．解析：繩子通過定滑輪和動滑輪相連，繩子各處的拉力相等，因整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，故繩子的拉力等于B的重力m2g，對動滑輪進行受力分析，在水平方向上有Tsinα＝Tsinβ，所以α＝β，在豎直方向上有Tcosα＋Tcosβ＝m1g，而T＝m2g，則有2m2gcosα＝m1g，所以m1肯定小于2m2，C正確，A、B、D錯誤．答案：C21．解析：對(a)、(b)兩圖中的B、E點分別進行受力分析，如圖甲、乙所示，圖甲中輕繩ABC跨過定滑輪拉住質(zhì)量為m1的物塊，物塊處于平衡狀態(tài)，輕繩AB的拉力大小為FAB＝FBC＝m1g＝10N，A正確；由于圖甲中的桿為固定的桿，因此桿對滑輪的作用力不肯定沿桿的方向，因為AB繩與BC繩的夾角為120°，故分析可得輕桿對滑輪的支持力大小為F甲＝FAB＝FBC＝10N，C正確；圖乙中由于桿可自由轉(zhuǎn)動，因此桿對結(jié)點的作用力方向肯定沿桿的方向，則由平衡條件可知FDEsin30°＝FEF，F(xiàn)DEcos30°＝F乙，又FEF＝m2g，代入數(shù)據(jù)解得輕繩DE的拉力為FDE＝30N，輕桿對結(jié)點的支持力大小為F乙＝15eq\r(3)N，B、D錯誤．答案：AC22．解析：ab棒向右切割磁感線，依據(jù)右手定則可知，在金屬棒內(nèi)部產(chǎn)生的感應(yīng)電流由b到a，ab棒相當(dāng)于電源，在電源內(nèi)部電流由負極流向正極，所以a端相當(dāng)于電源正極，b端電勢比a端低，A正確；依據(jù)安培定則可知，螺線管產(chǎn)生的磁場，C端為N極，B錯誤；依據(jù)左手定則可知，金屬棒ab受到向左的安培力，向右做減速運動，棒最終將停止運動，C錯誤，D正確．答案：AD23．解析：衛(wèi)星a在赤道上，萬有引力遠大于向心力，即重力遠大于向心力，所以衛(wèi)星a的向心加速度an遠小于重力加速度g，A錯誤；a、c兩顆衛(wèi)星的角速度相等，由v＝ωr知，衛(wèi)星c的速度比衛(wèi)星a的速度大，對于b、c、d三顆衛(wèi)星，由Geq\f(Mm,r2)＝eq\f(mv2,r)得v＝eq\r(\f(GM,r))，衛(wèi)星的軌道半徑越大，速度越小，所以衛(wèi)星b的速度比衛(wèi)星c的速度大，衛(wèi)星c的速度比衛(wèi)星d的速度大，C正確；四顆衛(wèi)星中衛(wèi)星b的速度最大，由弧長與速度的關(guān)系s＝vt可知，在相同的時間內(nèi)衛(wèi)星b轉(zhuǎn)過的弧長最長，B正確；由Geq\f(Mm,r2)＝mω2r得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，衛(wèi)星的軌道半徑越大，角速度越小，所以衛(wèi)星d的角速度比衛(wèi)星c的角速度小，D錯誤．答案：BC24．解析：由題圖可知，燈泡與電動機并聯(lián)，燈泡正常發(fā)光，則燈泡中的電流IL＝eq\f(P額,U額)＝0.2A，干路電流I＝eq\f(E－U額,r＋R)＝1A，電動機中的電流IM＝I－IL＝0.8A，電動機輸出功率P出＝mgv＝1.6W，又因電動機的輸出功率P出＝IMUM－Ieq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(M))RM，聯(lián)立計算得RM＝1.25Ω，A正確．答案：A25．解析：由題意可知，t＝0時ab、cd邊做切割磁感線運動，由右手定則可得線圈中感應(yīng)電流的方向為a→d→c→b→a，A錯誤．線圈的角速度ω＝2πn＝100πrad/s，圖示位置的感應(yīng)電動勢最大，感應(yīng)電動勢的最大值為Em＝NBl1l2ω，代入數(shù)據(jù)得Em＝314V，則感應(yīng)電動勢的瞬時值表達式為e