題目列表(包括答案和解析)
18．( 11分）磅秤由底座、載物平臺Q、杠桿系統(tǒng)及硅碼組成，圖示為其等效的在豎直平面內的截面圖．Q是一塊水平放置的鐵板，通過兩側的豎直鐵板H和K壓在E、B處的刀口上．杠桿系統(tǒng)由橫桿DEF、ABCP和豎桿CF、MP以及橫梁MON組成，另有兩個位于A 、D處的刀口分別壓在磅秤的底座上（Q、K、H、E、B、A、D沿垂直于紙面的方向都有一定的長度，圖中為其斷面）. C、F、M、N、O、P 都是轉軸，其中O被位于頂部并與磅秤底座固連的支架OL吊住，所以轉軸O不能發(fā)生移動，磅秤設計時，已做到當載物平臺上不放任何待秤物品、游碼S位于左側零刻度處、砝碼掛鉤上砝碼為零時，橫梁MON處于水平狀態(tài)，這時橫桿DEF、ABCP亦是水平的，而豎桿CF、MP則是豎直的．
當重為W的待秤物品放在載物平臺Q上時，用W1表示B處刀口增加的壓力，W2表示E處刀口增加的壓力，由于杠桿系統(tǒng)的調節(jié)，橫梁材MON失去平衡，偏離水平位置．適當增加砝碼或移動游碼S的位置，可使橫梁MON恢復平衡，回到水平位置．待秤物品的重量（質量）可由砝碼數值及游碼的位置確定．為了保證待秤物品放在載物臺上不同位置時磅秤都能顯示出相同的結果，在設計時， AB、DE、AC、DF之間應滿足怎樣的關系？
如圖所示，質量為m、電荷量為q的帶正電的物體在絕緣的水平面上向左運動，物體與地面間的動摩擦因素為μ，整個裝置放在磁感強度為B方向垂直紙面向里的勻強磁場中．設某時刻物體的速率為v，則下列敘述中正確的是：
A．物體速率由v減小到零通過的位移等于
B．物體速率由v減小到零通過的位移大于
C．如果再加一個方向水平向左的勻強電場，物體有可能做勻速運動
D．如果再加一個方向豎直向上的勻強電場，物體有可能做勻速運動
，物體在豎直墻壁上的位移達最大值5．如圖所示，一個質量為m、帶電荷量為+q的物體處于場強按E =kt規(guī)律（k為大于零的常數，取水平向左為正方向）變化的電場中，物體與絕緣豎直墻壁間的動摩擦因數為
，當t = 0時，物體由靜止釋放。若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且電場空間和墻面均足夠大，下列說法正確的是 （ ）
A．物體開始運動后加速度先增加后保持不變
B．物體開始運動后速度先增加后保持不變
C．當摩擦力大小等于物體所受重力時，物體運動速度可能最大也可能最小
D．經過時間
，物體在豎直墻壁上的位移達最大值
如圖所示，一個質量為m、帶電荷量為+q的物體處于場強按E =kt規(guī)律（k為大于零的常數，取水平向左為正方向）變化的電場中，物體與絕緣豎直墻壁間的動摩擦因數為
，當t = 0時，物體由靜止釋放。若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且電場空間和墻面均足夠大，下列說法正確的是 （ ）
A．物體開始運動后加速度先增加后保持不變
B．物體開始運動后速度先增加后保持不變
C．當摩擦力大小等于物體所受重力時，物體運動速度可能最大也可能最小
D．經過時間
，物體在豎直墻壁上的位移達最大值
一、二、選擇題。
1. C 2. C 3. A 4. D 5. B 6. AB 7. ABD 8. AC 9. BD
三、簡答題.本題共２小題，共計２０分.把答案填在答題卡相應的橫線上或按題目要求作答．
10.(1)7.2 （2分） 8.695(8.692~8.698均對) �。�2分）
(2) ①a.平衡摩擦力（1分） b.鉤碼的重力遠小于小車的總重力（1分）
②
（2分，其它正確也得分） 鉤碼的重力和小車的總質量 （2分）
11．（10分）
（1）略（3分）
（2）（3）
（3）（4分）(寫出正確結果即給滿分）
，電壓表的電阻為RV，開關閉合電，電路中電流為I，外電路總電阻為
根據閉合電路歐姆定律有：E=U+Ir=U+
r，整理得：
可見
圖象為一條直線，故橫坐標應表
直線的斜率為
由此解得：
四．簡答題：本題有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三組題，請在其中任選兩組題作答；若三組題均答，則以Ⅰ、Ⅱ兩組題計分,共24分，把答案填在題中的橫線上或根據要求作答。
12．(1)ＢＦＨ （全對得4分，不全對的，選對1個給1分，選錯1個扣1分，扣完為止）
(2)解：
①如圖，紫光剛要發(fā)生全反射時的臨界光線射在屏幕S上的點E到亮區(qū)中心G的距離r就是所求最半徑。
設紫光臨界角為C，由全反射的知識：
（2分）
由幾何知識可知: 
（1分）
（1分）
（1分）
所以有:
＝
(其他幾何關系解法，只要正確參考上述步驟給分)
②紫色。（2分）
13．(1) CDF （全對得4分，不全對的，選對1個給1分，選錯1個扣1分，扣完為止）
(2) 解：（1）由質量數和電荷數守恒可知：
(2分)
�。�2）由題設條件可求出質量虧損為：
△m=2.0136u×2-（3.0150-1.0087）u=0.0035u
所以釋放的核能為：
(2分)
（3）由動量和能量守恒有
解得：
(1分)
(1分)
14．（1）飛機水平速度不變 
① y方向加速度恒定 
②
消去t即得 
③ 由牛頓第二定律 
④
（2）在h處 
⑥ 
⑦
①~④式 共4分 ⑥~⑦式 共4分(用動能定理或其他解法正確同樣給分)
15、(12分) (1)證明：因為行星的質量M=
（R是行星的半徑），(1分)
行星的體積V=
R3，所以行星的平均密度
=
=
， (2分)
即T2=
，是一個常量，對任何行星都相同。
(1分)
（2）空間探測器繞地球作圓周運動，有
由
＝
得，空間站的軌道半徑R＝
�。�1分）
＝
隨空間站一起運動時，空間探測器的動能為
mv2＝
＝
�。�1分）
隨空間站一起運動時，空間探測器具有的機械能為
E1＝－
＋mv2=－＝－
（2分）
（3）空間站要脫離地球的引力，機械能最小值為E∞＝0，因此，對探測器做功為
W＝E∞－E1＝ �。�2分）
由地面附近的重力加速度
得
2分）
16.
(1)
(3分)
在ab棒上升到最高點的過程中,根據能量守恒定律:
(2分)
Q=30J (1分) 電阻R上的熱量:QR=Q/3=10J (1分)
(2)在0~T/4內,
(1分)
在T/4~T/2內,
(2分)
在3T/4~T內 Q3=Q1=
(1分)
+
+
=5J (1分)解得:B0=0.5T (1分)
17．解：（1）粒子由a點進入磁場在洛侖茲力作用下做圓周運動,所以
①（1分）
由題意知粒子圓周運動的半徑:
② （1分）
由①、②得：
（2分）
（2）據題意，粒子在電場中的運動時間為周期的整數倍，
即：
于是得：
（1分）
粒子在電場中運動側向總位移：
（2分）
帶入已知量計算得：
（1分）
（3）由粒子在磁場中的受力可判斷粒子帶負電,粒子在
時刻進入電場后向N板偏轉,由題意知粒子應剛好平行于N板從N板的邊緣水平飛出.并沿著水平方向進入磁場.
如圖，設粒子從B點進入磁場,從C點射出,O"點為粒子圓周運動的圓心,由(1)知:
,所以OBO''C為菱形,故有
, （2分）
由于粒子水平射出,故O"B⊥v0,于是OC⊥v0,方向豎直,故aOC共線,
所以射出的點到a點的距為:aC=2R=
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