题号1415161718192021答案ADBCCADBDBD14．A【详解】无线充电利用的是电磁感应现象，选Amm015．D【详解】A.根据牛顿第二定律，万有引力提供行星表面重力加速度，得Gm0g。故行星表面重R2Gm力加速度为g，行星B与行星C的质量关系未知，故无法判断两行星表面的重力加速度的大小,ABR2均错；C.由万有引力提供向心力，行星绕恒星的运动有越高越慢的特点，C星比B星运行周期长，故C星离恒星表面高，角速度小，C错误，D正确；216.B【详解】Δm=2mH-mHe-mn=0.0035u，根据质能方程：ΔE=Δmc≈3.3MeV。因为1kg氘中含有氘核的个m26226数n=(×NA)=3×10，所以1kg氘完全结合成氦核时可以释放出的能量约为E=Δmc≈4.95×10MeV，m氘�2故选B17.C【详解】根据电场叠加和对称性可知M、N两点电场强度大小相等，方向不同，所以A错误；从O1到O2电势先增大后减小，B错误。根据电势的叠加原理可知，F、N两点电势相等，F、N两点电势差为零，F到N电场力做总功为零，C正确；根据牛顿第二定律可知，从O1到O3电子加速度先增大后减小，再增大，再减小，D错误18．C【详解】A.外力F做功，系统机械能不守恒，故A错误；B．缓慢推动，认为AB动能不变，A、B、弹簧、斜面组成的系统能量守恒。弹簧增加的弹性势能等于系统减少的重力势能与F做功消耗的其他形式能量之和。故B错误.F合kx0C．撤去F瞬间，把AB作为一个整体受力分析有F合kx2mgsin，a，解得agsin02m2mkx对B，由牛顿第二定律有Fmgsinma，得F0，故C正确；ABAB2D．分离问题要抓住两点：①分离时两物体间无弹力，②分离时两物体的加速度相同；运用这两个结论就2mgsin可快速判断出A、B两物体会在弹簧达到原长时分离，而为初始时弹簧的压缩量，故D错误。k故选C。1119.AD【详解】AB.运动图像如图所示，由两车位移相等vtv2t，得v1:v2=2:1，210220A正确。2vv甲的加速度1，乙的加速度2，结合选项，可得，错误。a1a2Aa1:a2=4:1Bt0t0CD.速度相等时相距最远，设甲达到最大速度后，再经过△t时间，相距最远。速度相等t0t04vata(t)，对甲车va，再联立a1:a2=4:1得甲车运动了t时，两车相距最远。C错112211250误，D正确。20．BDv2mv【详解】根据Bqvm，得rd，所以A错误；粒子刚好不出磁场区域的运动轨迹如图所示，rBq恰好与AC相切，根据几何关系可求，此时入射点到A的距离为(21)d，即入射点到A点距离大于Tm(21)d的粒子都不能出磁场，运动轨迹为半圆，时间t，所以B正确，C错误。D处入射的2qBm粒子在磁场中的运动轨迹为一个半圆，在磁场中运动的时间为，在E点入射的粒子运动轨迹的圆心qBm角为60°，在磁场中运动的时间为故D正确．3qB21.BD【详解】A.开始运动的一段时间内，由于电容器放电，导体棒在安培力作用下向右加速，导体棒切割磁感线产生的感应电动势E棒变大。回路的总电动势变小，电流变小，安培力变小，导体棒的加速度变小。当E棒与电容器的电压U相等时，整个电路电流为零，导体棒匀速，导体棒达到稳定状态，A错误。qB.电容器充电完毕时其电压等于电动势E，电容器所带的电荷量Q=CE，根据u＝C，画出u－q图象如图所示，图线与横轴所围面积表示电容器储存的能量，有E0=EQ，联立可得充满电1后电容器存储的电能ECE2，B选项正确。02D.设金属导体棒获得最大速度vm时，放电电流为零，此时U=E棒=BLvm。设此过程电容器放电的电荷量为ΔQ，则ΔQ=CE－CU设此过程中的平均电流为I，时间为t，根据动量定理有BILt=mvm－0BLCE其中t=ΔQ④，有，导体棒获得最大速度vm时，电容器储存的能量为Ivm221mBLCECU21212导体棒由静止到获得最大速度的过程中，根据能量守恒定律有EEmvE损012m2联立可得mCE故正确。E损D2m2B2L2C12x22.（1）①正比（1分）②B（2分）③F（2分）(t)2Md2【详解】（1）由牛顿第二定律F=ma知质量一定，加速度与合外力成正比（2）A.由于可从测力计直接读出拉力数值，故不需要钩码的质量需远小于小车质量.A错误B.平衡摩擦才能让拉力等于合外力，故B正确C.机械能守恒的条件是只有重力做功，小车有拉力做功故不能验证机械能守恒，C错误dFd21(3)小车到光电门的速度为v，由运动学公式2axv2结合牛顿第二定律F=ma有()2，tM2xt12x故得F(t)2Md223.（1)（2分）RkR（2）80（2分）偏小（2分）（3）V（2分）V（2分）U0RVkU0RVk【详解】(1)略U1U2U1（2）由串联电路的分压规律得：，代入数据得R1=80Ω；开关由A打向B，电路总电阻减RR1小，电压表示数比实际电压小，测量结果偏小UU11rr1（3）由闭合电路欧姆定律得：EU()r，整理后得，由题RR1RVUEERVERR11rrRkR意得：，解得V，VU0，kErEERVEU0RVkU0RVkmg3v24mg24.（1）E，粒子带负电（2）H0（3）Bq16gqv0【详解】（1）带电小球在第四象限做匀速圆周运动，须有重力与电场力等值反向，即mg=qE①mg则：E②q小球带负电③（2）带电小球在第二象限做类斜上抛运动，由牛顿第二定律：qEmgma④得：a2g将初速度分解到水平和竖直方向，有：，vxv0cos⑤vyv0sin带电小球在竖直方向做匀减速运动，有：2⑥vy2aH3v2联立得：H0⑦16g（）小球在第二象限从到运动，设上升阶段运动时间为，有：⑧3AOt0v0sinat3v得：t04g水平方向设长度为：⑨AOLL2v0cost3v2得:L04gv2小球到O点时的速度大小为，在第四象限做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvBm0⑩0r�0由几何关系有：L2rsin60⑪4mg联立得B⑫qv0评分标准：每式1分，共12分。5577725.（1）TN（2）e0.5（3）Sm，QJ23280【详解】（1）对小球，由A到B，Lv22g①B02绷直后速度，②vBvB0cos由几何关系，0.5LsinL即③6由B到C，由动能定理得：11mgLLsinmv2mv2④121C21B对小球，碰前，在C点，mv2Tmg1C⑤1L联立各式可得，55TN⑥2（2）小球与木板碰，⑦m1vCm2v2ve2⑧vC联立得，e0.5⑨（3）对木板及小物块，从相对运动到共速，v3v2a板1t1⑩v3a物1t1⑪2m3g1(m2m3)gm2a板1⑫2m3gm3a物1⑬共速后，假设两者继续相对滑动，对木板及小物块，2m3gm3a物2⑭1(m2m3)g2m3gm2a板2⑮22，假设成立。a物22m/sa板24m/s对木板及小物块，由共速到停下，vat3板221○6vat3物231○7木板长度S，11Sv2v3t1v3t11822○木板与小物块间摩擦生热Q，11Q2m3gSv3t3v3t21922○联立可得，777Sm，QJ203280○评分标准：每式1分，共20分。33．（1）ACD【详解】（2）Ⅰ.Ⅱ.P160cmHgh9cm【详解】设左侧部分气体压强为，软管内气体压强为，由图中液面的高度Ⅰ.AP1P2关系可知，①P0P2gh2②P2P1gh1联立解得：③P160cmHgⅡ.A气体温度不变，体积变化，由玻意耳定律，有：④P1V1P2V2即：'P1ShAP2ShA解得'⑤PA72cmHg由于A空气柱长度减少3cm，则A、B玻璃管水银柱向左侧移动3cm，因此左侧U形管液面高度差为'⑥h1h13cm3cm12cm设软管连接部分气体的压强为，对左边形玻璃管，有：P3U'⑦P3PAP'84cmHgh1由于P384cmHg76cmHg对右边形玻璃管，C部分水银高度低于D部分水银高度，有:U⑧P3P0P'h2即：P'P3P08cmHgh2则右侧U形管液面高度差'⑨h28cm1右侧U形管D管液面升高h(hh')9cm⑩222评分标准：每式1分，共10分。2tgt234.（1）(2分)(3分)n12(n1)22t【详解】小球做往复运动的周期为Tn1lR根据单摆的周期公式T22gggt2解得R2(n1)2（2）Ⅰ.当两种频率的细激光束从A点垂直于AB面入射时，激光沿直线传播到O点，经反射沿半径方向直线传播出去。（不画光路图扣2分）保持光的入射方向不变，入射点从A向B移动过程中，光线传播到PM面的入射角逐渐增大。当入射点为B点时，光线传播到PM面的P点，此时光线在PM面上的入射角最大，设为，由几何关系得（1分）�∘�=4512根据全反射临界角公式得，sinCaCa45na2则a光恰好在P点发生全反射（1分）122，则光没有发生全反射，可以从点出射（分）sinCabP1na32由于（分）Ca45Cb1故在入射光从A向B移动过程中，a光首先消失。（1分）Ⅱ.由（Ⅰ）可知a光在P点恰好发生全反射时b光折射，设折射角为，sin由折射定律：n（2分）βbsin601分）则b光经该光学器件的偏向角90()（1分）75（1分）