B.卫星在轨道1上经过Q点时的动能大于它在轨道2上经过Q点时的动能
C.卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度
D.卫星在轨道2上运动时的机械能可能等于它在轨道3上运动时的机械能
【答案】C
【解析】A、根据开普勒第三定律
，知
，故A错误；
B、卫星从轨道1变轨到轨道2上要做离心运动，必须在Q点加速，所以卫星在轨道1上经过Q点时的动能小于它在轨道2上经过Q点时的动能，故B错误；
C、卫星绕地球做匀速圆周运动时线速度公式为
，角速度为
，则知卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度，故C正确；
D、卫星从轨道2变轨到轨道3上要做离心运动，必须在P点加速，所以卫卫星在轨道2上运动时的机械能大于小于它在轨道3上运动时的机械能，故D错误；
故选C。
【点睛】根据开普勒第三定律分析周期关系．由卫星的线速度公式推导出角速度公式，再分析卫星在两个圆轨道上角速度关系．卫星做离心运动时，必须使卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速．结合变轨原理分析。
6.对生活中几种物理现象的解释，正确的说法是（）
A.击钉时不用橡皮锤，是因为橡皮锤太轻
B.跳高时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量
C.推车时推不动，是因为合外力冲量为零
D.动量相同的两个物体受相同的制动力的作用，质量小的先停下来
【答案】C
【解析】A、橡皮锤击钉时，橡皮锤具有弹性，具有缓冲作用，作用时间较铁锤击钉长，根据动量定理，作用力反而较小，所以不易将钉子钉进物体里，故A错误；
B、跳高时，在沙坑里填沙，是为了缓冲，增加人与地面的作用时间，减小作用力，并不是为了减小冲量，故B错误；
C、在推车时推不动，车所受的合力为零，合力的冲量为零，故C正确；
D、根据动量定理，
，动量相同的两个物体受相同的制动力的作用时，两车经过相等时间停下来，与质量无关，故D错误；
故选C。
【点睛】根据动量定理
，动量变化一定时，作用时间越短，作用力就越大，作用时间越长，作用力就越小，作用力相同，作用时间就相等．合力为零时，合外力的冲力为零。
7.如图所示，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在A、B两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中心O与A、B的中点重合，其中af连线与AB连线垂直。
现有一电子沿该路径逆时针移动一周，下列正确的是（）
A.g点和e点的电场强度相同
B.a点和f点的电势相等
C.电子从e点移到f点的过程中，电场力做负功，电势能增加
D.若A、B两点处点电荷电荷量都变为原来2倍，则A、B连线中点O点场强变为原来的4倍
【答案】B
【解析】A、根据等量异种电荷电场线分布的对称性可知，g、e两个电场线疏密相同，说明场强大小相等，但方向不同，则这两点的场强不同，故A错误；
B、a、f处于等量异种电荷连线的中垂线上，而这条中垂线是一条等势线，故a点和f点的电势相等，故B正确；
C、电子从e点移到f点的过程中，电势升高，电子带负电，电势能减小，电场力做正功，故C错误；
D、若A.B两点处的点电荷电荷量都变为原来的2倍，根据
分析可知，A、B两个点电荷Q在O点产生的场强均变为原来的2倍，则叠加后O点的场强也变为原来的2倍，故D错误；
故选B。
【点睛】根据等量异种电荷电场线的分布比较g、e两点的场强．a、f处于等量异种电荷连线的中垂线上，这条中垂线是一条等势线；根据负电荷在电势高低处电势能小，由电势高低判断电势能的变化。
8.如图甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件实现了无级调节亮度．给该台灯接220V的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为（ ）
A.220VB.110VC.
D.
【答案】B
【解析】设交流电的有效值为U，将交流电与直流电分别通过相同电阻R，分析一个周期内热量：
交流电产生的热量：
直流电产生的热量：
解得：
U=110V，选项B正确；故选B.
点睛：
求解交流电的有效值，从有效值的定义出发，根据一个周期内通过相同的电阻，发热量相同，此直流的值即为交流电的有效值.
9.从太阳和其他星体发射出的高能粒子流，在射向地球时，由于地磁场的存在，改变了运动方向，对地球起到了保护作用．如图为地磁场的示意图（虚线，方向未标出），赤道上方的磁场可看成与地面平行．若有来自宇宙的一束粒子流，其中含有α、β（电子）、γ（光子）射线以及质子，沿与地球表面垂直的方向射向赤道上空，则在地磁场的作用下（）
A.β射线向西偏转
B.α射线沿直线射向赤道
C.γ射线向东偏转
D.质子向北偏转
【答案】A
【解析】地磁场的方向由地理南极指向北极，α射线和质子均带正电，根据左手定则，知α射线、质子均向东偏转，β射线带负电，根据左手定则知，β射线向西偏转，γ射线不带电，不发生偏转，故A正确，B、C、D错误；
故选A。
【点睛】地磁场的方向由地磁的北极指向地磁的南极，不考虑磁偏角，即从地理的南极指向北极，根据左手定则得出粒子所受的洛伦兹力方向，从而确定粒子的偏转方向。
10.如图所示．甲为沿x轴传播的一列简谐横波在t＝0时刻的波动图象，乙图为参与波动质点P的振动图象，则下列判断正确的是（ ）
A.该波的传播速率为4cm/s
B.该波的传播方向沿x轴正方向
C.经过0.5s时间，质点P沿波的传播方向向前传播2m
D.该波在传播过程中若遇到3m的障碍物，能发生明显衍射现象
【答案】D
【解析】试题分析：
由甲读出该波的波长为λ=4m，由乙图读出周期为T=1s，则波速为
故A错误．在乙图上读出t=0时刻P质点的振动方向沿y轴负方向，在甲图上判断出该波的传播方向沿x轴负方向．故B错误．质点只在自己的平衡位置附近上下振动，并不波的传播方向向前传播．故C错误．由于该波的波长为4m，所以该波在传播过程中若遇到3m的障碍物，能发生明显的衍射现象．故D正确．故选D。
考点：
机械波的传播
【名师点睛】根据波动图象能读出波长、由质点的振动方向判断波的传播方向，由振动图象读出周期和质点的振动方向等等，都学习振动和波部分应具备的基本能力，要加强训练，熟练应用。
二、多项选择题
11.虹是由阳光射人雨滴（球形）时，经一次反射和两次折射而产生色散形成的。
现有白光束L由图示方向射人雨滴，a、b是经反射和折射后的其中两条出射光线，如图，下列说法正确的是（）
A.光线b在雨滴中的折射率较大
B.光线b在水滴中传播时的波长较长
C.若分别让a、b两色光通过同一双缝装置，则b光形成的干涉条纹的间距较大
D.光线b在雨滴中的传播速度较大
【答案】BCD
【解析】AB、画出光路图，分析可知第一次折射时，a光的折射角较小，b光的折射角较大，而入射角相等，根据折射率公式
得知，光线a在雨滴中的折射率较大，b光的折射率较小，则光线b的频率较小，波长较长，故A错误，.B正确；
C、双缝干涉条纹的间距与波长成正比，光线b波长较长，则b光形成的干涉条纹的间距较大，故C正确；
D、由公式
分析知，光线b光在雨滴中的传播速度较大，故D正确；
故选BCD。
【点睛】画出光路图，由题分析可知，第一次折射时，b光折射角较大，其折射率较小，频率较小，波长较长；由公式
分析光在雨滴中的传播速度大小，根据双缝干涉条纹的间距与波长成正比，分析干涉条纹间距的关系。
12.如图所示，变压器初级线圈接电压一定的交流电，在下列措施中能使电流表示数减小的是：
（）
A.只将S2从4拨向3
B.只将S1从2拨向1
C.只将S3从闭合改为断开
D.只将变阻器R3的滑动触头上移
【答案】ACD
【解析】A、只将S2从4拨向3时，副线圈匝数减小，输出电压变小，故输出电流变小，输入电流变小，故A正确；
B、只将S1从2拨向1时，原线圈匝数减小，输出电压变大，故输出电流变大，输入电流即电流表的示数也变大，故B错误；
C、只将S3从闭合变为断开，少一个支路，电压不变，总电阻变大，输出功率减小，则输入功率也减小，电流表的示数减小，故C正确；
D、只将变阻器R3的滑动触头上移，负载总电阻变大，故输出电流变小，故输入电流减小，故D正确；
故选ACD。
【点睛】理想变压器原副线圈电压与匝数成正比，电流与匝数成反比；理想变压器输入功率等于输出功率；根据以上两条规律分析讨论即可。
13.如图所示，在光滑绝缘水平面上，有两个质量不同、带有同种电荷的小球A和B，它们所带电荷量也不相等，彼此相隔一定距离。
现在给A球一个沿A、B球心连线水平向右的初速度v0，同时将B球由静止释放。
若在此后的运动中两小球始终未相碰.则两小球在运动过程中（）
A.它们的加速度之比不变
B.它们的动量之和不断增加
C.相距最近时，它们的速度相等
D.相距最近时，它们的速度不相等
【答案】AC
【解析】A、小球A和B之间的库仑力属于作用力和反作用力，大小相等，根据牛顿第二定律可得
，所以它们的加速度和质量成反比，比值不变，故A正确；
B、在整个的过程中，只有AB之间的库仑力的作用，不受其它外力的作用，所以系统的动量守恒，故B错误；
CD、在它们的速度相等时，相距最近，故D错误，C正确；
故选AC。
【点睛】AB两球之间的库仑力属于作用力和反作用力，它们是大小相等，方向相反的；对AB受力分析可知，只有它们之间的库仑力的作用，所以相同的动量守恒；在追击问题中，当物体的速度相等的时候，距离最小。
14.A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球（可视为点电荷）。
两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的
为光敏电阻（其阻值随所受光照强度的增大而减小），
为滑动变阻器，
为定值电阻。
当
的滑片P在中间时闭合电键S，此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ。
电源电动势E和内阻r一定，下列说法中正确的是（）
A.若将
的滑动触头P向a端移动，则θ变小
B.保持滑动触头P不动，用较强的光照射
，则小球重新达到稳定后θ变小
C.若将
的滑动触头P向b端移动，则I减小，U减小
D.保持滑动触头P不动，用较强的光照射
，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变
【答案】BD
【解析】AC、滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头P，R1和R3所在电路中电流I不变，U也不变，所以角度不变，故AC错误；
B、保持滑动触头P不动，用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，外电路总电阻减小，电流I增大，内电压和R3的电压增大，则电容器板间电压减小，板间电场强度变小，小球所受的电场力变小，则θ减小，故B正确；
D、保持滑动触头P不动，逐渐增加照射R1的光强，总电阻减小，电流I增大，外电压U减小，根据闭合电路欧姆定律得：
，可见
保持不变，故D正确；
故选BD。
【点睛】该电路中R1和R3串联，电容器两端间的电压等于R1两端间的电压，对闭合电路进行动态分析，分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化以及θ角的变化．通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电量的变化。
三、填空题
15.在“验证力的平行四边形定则”实验中：
（1）部分实验步骤如下，请完成有关内容：
A．将一根橡皮筋的一端固定在贴有白纸的竖直平整木板上，另一端绑上两根细线．
B．在其中一根细线上挂上5个质量相等的钩码，使橡皮筋拉伸，如图甲所示，记录_________、细线的方向和钩码的个数．
C．将步骤B中的钩码取下，分别在两根细线上挂上4个和3个质量相等的钩码，用两光滑硬棒B、C使两细线互成角度，如图乙所示，小心调整B、C的位置，使______，并记录_______、______．
（2）如果力的平行四边形定则得到验证，那么图乙中
_________．
【答案】
（1）.结点位置O
（2）.结点位置与步骤B中结点位置重合 （3）.两细线的方向（4）.对应的钩码个数（5）.
【解析】
（1）需要记下细线结点的位置O、细线的方向和钩码个数。
（2）该实验采用“等效代替”法，因此在用两个绳套拉橡皮筋时，要将橡皮筋与细线结点拉到与步骤B中结点位置重合，同时记录钩码个数和对应的细线方向。
（3）根据O点处于平衡状态，正交分解有：
竖直方向：
，水平方向：
，联立解得：
。
16.实验室进了一批低电阻的通电螺线管，已知螺线管使用的金属丝的电阻率ρ=1.7×10-8Ω·m。
课外活动小组的同学设计了一个实验来测算螺线管使用的金属丝长度。
他们选择了多用电表、电流表、电压表、开关、滑动变阻器、螺旋测微器（千分尺）、导线和学生电源等。
（1）他们使用多用电表粗测金属丝的电阻，操作过程分以下三个步骤：
（请填写第②步操作）
①机械调零后将红、黑表笔分别插入多用电表的“＋”、“－”插孔；选择电阻档“×1”；
②______________________________________；
③把红黑表笔分别与螺线管金属丝的两端相接，多用电表的示数如图所示
（2）为了减少实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从A、B、C、D四个电路中选择_______电路来测量金属丝电阻（图中Rx代表待测的螺线管）。
（3）他们使用千分尺测量螺线管金属丝的直径，示数如图所示，金属丝的直径为________mm。
（4）根据多用电表测得的金属丝电阻值，可估算出绕制这个螺线管所用金属丝的长度约为________m。
（结果保留两位有效数字）
【答案】
（1）.将两表笔接触调节调零旋钮，使表针指着欧姆零点；
（2）.D（3）.0.260（4）.37
【解析】
（1）②选择挡位后，要对欧姆表进行欧姆调零，即：
将红、黑表笔短接，调整欧姆调零旋钮使指针指在欧姆零处；
（2）为测多组实验数据，使电压与电流变化范围大些，滑动变阻器应采用分压接法；由欧姆表所示可知，金属丝电阻约为4欧姆，电流表内阻很小，约为零点几欧姆，电压表内阻很大，约为几千欧姆甚至几万欧姆，电压表内阻远大于电阻丝阻值，电流表应采用外接法，故选图D所示电路；
（3）由图所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0mm，可动刻度示数为26.0×0.01mm=0.260mm，则螺旋测微器示数为0mm+0.260mm=0.260mm
（4）根据
，估算出绕制这个螺线管所用金属丝的长度约为
四、计算题
17.如图所示，在光滑的水平面上，静止的物体B侧面固定一个轻弹簧，物体A以速度v0沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用，两物体的质量均为m。
（1）求它们相互作用过程中弹簧获得的最大弹性势能Ep；
（2）若B的质量变为2m，再使物体A以同样的速度通过弹簧与静止的物体B发生作用，求当弹簧获得的弹性势能也为Ep时，物体A的速度大小。
【答案】
（1）
（2）
或0
由机械能守恒定律得：
，解得：
；
②当弹簧弹性势能为
时，设A、B的速度分别为
，以AB组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
，
由机械能守恒定律得：
，解得：
，或
；
考点：
考查了动量守恒定律，机械能守恒定律
18.长为L的电容器水平放置，其中有竖直向下的电场，场强为E，垂直纸面的未知磁场B1。
半径为R的圆形磁场与电容器右侧边缘相切于B点，O为圆心，磁感应强度
，圆形磁场右侧有一竖直放置的荧光屏。
且A，B，O在同一水平线上。
现有一质量为m，带电量为+q的粒子（重力不计），以初速度为v从A点水平射入电容器中，并从B点进入圆形磁场，最后打在荧光屏上某点P（图中没画出）。
不考虑边缘效应。
求:
（1）B1的大小和方向
（2）粒子从A点到离开圆形磁场的总时间
（3）P点距AO的距离
【答案】
（1）
磁场方向垂直纸面向里
（2）
（3）
【解析】
（1）由题意可知，在电容器中带电粒子做直线运动，则：
可得：
由左手定则可知：
磁场方向垂直纸面向里；
（2）粒子在电容器中做匀速直线运动，则：
，可知：
在圆形磁场中，由：
，则：
，代入整理可以得到：
对应的圆心角为：
，又由
，且
，可得：
所以：
；
（3）如图所示：
由几何关系可得：
。
............
19.如图所示，在坐标xOy平面内存在B＝2.0T的匀强磁场，OA与OCA为置于竖直平面内的光滑金属导轨，其中OCA满足曲线方程x＝0.50sin
ym，C为导轨的最右端，导轨OA与OCA相交处的O点和A点分别接有体积可忽略的定值电阻R1和R2，其中R1＝4.0Ω、R2＝12.0Ω.现有一足够长、质量m＝0.10kg的金属棒MN在竖直向上的外力F作用下，以v＝3.0m/s的速度向上匀速运动，设棒与两导轨接触良好，除电阻R1、R2外其余电阻不计，g取10m/s2，求：
（1）金属棒MN在导轨上运动时感应电流的最大值；
（2）外力F的最大值；
（3）金属棒MN滑过导轨OC段，整个回路产生的热量．
【答案】
（1）1.0A
（2）2.0N（3）1.25J
【解析】试题分析：
（1）金属棒MN沿导轨竖直向上运动，进入磁场中切割磁感线产生感应电动势．当金属棒MN匀速运动到C点时，电路中感应电动势最大，产生的感应电流最大．金属棒MN接入电路的有效长度为导轨OCA形状满足的曲线方程中的x值．因此接入电路的金属棒的有效长度为：
L＝x＝0．5sin
y，
由
，得
Im＝
R并＝
解得
（2）金属棒MN匀速运动的过程中受重力
、安培力
、外力
作用，金属棒MN运动到C点时，所受安培力有最大值，此时外力F有最大值，则
，
．
（3）金属棒MN在运动过程中，产生的感应电动势
e＝3．0sin
y，有效值为E有＝
．
金属棒MN滑过导轨OC段的时间为t
t＝
，y＝
m，t＝
s
滑过OC段产生的热量：
Q＝
t，
。
考点：
带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力
【名师点睛】解得本题要求同学们能分析出什么时候感应电动势最大，知道金属棒MN匀速运动时受力平衡，能正确进行受力分析，根据平衡条件求解，难度较大。
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