点时的速度，故B错误；
C、卫星的最小发射速度为7.9km/s，卫星已经发射，失利原因不可能是发射速度没有达到7.9km/s，故C错误；
D、卫星在轨道Ⅱ由P点向Q点运动时只受到万有引力的作用，相对于地面向上做减速运动，所以是处于失重状态，故D正确；
16.B 解：A、物块A到B做匀速圆周运动，合外力充当向心力，所以合外力不为0，合力对小物块的冲量不为零，故A错误；
B、由功率的定义知PG＝mgvcos45°＝10W，故B正确； C、由A到P由动能定理得：mgRsin45°﹣WAP＝0 得WAP＝﹣WPB＝0 得WPB＝
J，故C错误；
解得：FN＝14N，由牛顿第三定律知物块对圆弧轨道的压
J，同理在PB段：mgR（1﹣cos45°）
D、在B点由牛顿第二定律得：FN﹣mg＝力F′N＝FN＝14N，故D错误。
v217. D 【解析】A. 由x=x0+，结合图象可知物块做匀加速直线运动，加速度a=0.5m/s2，初位置x0=?2m，
2a故A错误；
12
at得t=2s时物块的位移x=1m，故B错误； 21C. 由x=x0+at2得t=4s时物块的位置为x=2m，故C错误；
21D．由x=at2得t=2s时物块的位移x=1m，t=4s时物块的位移x=4m，2~4s时间内物块的位移大小为3m ，
2B. 由x=故D正确。
18、B 解析:副线圈中每个灯泡电流数:
,则匝数比为
输入电压为功率为19.答案：BC
根据核反应遵循质量数守恒、电荷数守恒得9223892,则电流表的示数为
,
,则B正确原线圈的电流为
.输出电压为6V,则原线圈电压为,则A错误，,电压,表示数为则D错误
,则C错误,原线圈输入
238U发生α衰变的核反应方程为
?12mv,解2234,A错误;带电粒子在电场中运动时由动能定理得qUU?42He?90Th
得粒子进人磁场时的速度大小为v?2qU,B正确;粒子从进入磁场到从A、C间离开,若粒子恰能到达mBC边界.如图1 所示,设此时的磁感应强度大小B1,根据几何关系.此时粒子的轨道半径为:
6qUmv2R1?atan60?3a,由牛顿第二定律可得qvB1?m,由以上两式联立解得B1?,粒子从进入磁场
3qaR1o到从A、C间离开,若粒子恰能到达AC边界,如图2所示,设此时的磁感应强度大小为B2,根据几何关系有
(2?3)2qUmv2R2?(3a?R2)sin60,由牛_顿第二定律可得qvB2?m 由以上两式解得B2?,综上所
3qaR2o6qUm(2?3)2qUm?B?述要使粒子能从A、C间离开磁场.磁感应强度大小应满足,C正确,D错误. 3qa3qa20．BD 解析A项：小球在空间的运动可以分解为水平方向初速度为零，加速度为
的匀加速直
线运动和竖直方向初速度为v0，加速度为g的竖直上抛运动，所以在竖直方向上v02=2gh，解得故A错误；
，
B项：小球运动到最高点时，竖直方向速度减为零，由v0=gt，解得故B正确；
C项：小球运动过程中动能的表达式为
，水平方向由vx=at，解得，
，
由数学知识可得当时，小球的动能最小，最小动能为 ，故C错误；
D项：当小球运动到B点时，运动时间为 ，水平方向的位移为，A、B两
点之间的电势差为，故D正确。
21.ACD A．当导体棒向上经过虚线时加速度最大，此时的安培力为
BLv22?12?20FA=BIL?BL=N=40N
R2
由牛顿第二定律得
a?B．由公式q?I?t?mg?FA1?10?40?m/s2?50m/s2故A正确； m1E??BLx2?1?1?t??t??C?1C 故B错误； R?tRR2C．由平衡条件可得，导体棒下落到虚线时有
B2L2v1 mg?BIL?R则v1?mgR1?10?2?22m/s?5m/s故C正确； B2L22?1D．导体棒从越过虚线到运动到最高点由动量定理得
mgt?BILt?0?m?(?v)?mv
则有mgt?BLq?mv 得t?mv?BLq1?20?2?1?1?s?1.8s故D正确。
mg1?1022. 【答案】 μ=
mg??M?m??x2?x1?f2； 偏大； 系统误差； 适当垫高长木板没有定滑轮的一
Mg端以平衡摩擦力；
【解析】(1) 由匀变速运动的推论△x=aT2可知加速度为：a=
x2?x12；以系统为研究对象，?x?xf??212T由牛顿第二定律得：mg?f=(m+M)a，滑动摩擦力：f=μMg， 解得：μ=
mg??M?m??x2?x1?f2Mg；
如果用托盘和砝码的总重力替代细绳对物块拉力，由牛顿第二定律得：mg?f=Ma，联立解得μ=
mg?M?x2?x1?f2Mg，求出的动摩擦因数的数值偏大；由此引起的误差是由于实验原理造成的，属于
系统误差。
（2）做“探究物块的加速度与力的关系”的实验时，物块受到的拉力应为物块受到的合外力，应适当垫高长木板没有定滑轮的一端，用重力沿木板向下的分力平衡摩擦力。 23、（1）①欧姆 6.0Ω ②断路 ③ “cd” 左 （2）D （3）0.6 0.6
24、解:(1)滑块与木板间的滑动摩擦力:
对木板应有:代入数据得:（3分）
(2)对木板由牛顿第二定律有:对滑块由牛顿第二定律有:要能发生相对滑动应有:(3)对滑块由牛顿第二定律有:
代入数据可得:（4分）
（2分）
设滑块上升h的时间为t,则:对木板由牛顿第二定律有:
（1分）
（2分）
设木板在t时间上升的高度为H,则:代入数据可得:因为
（1分）
,滑块在上升到
之前已经脱离了木板,游戏不能成功.（1分）
+Q（2分）
25、（1）a.设电路产热为Q，由能量守恒
串联电路中，产热与电阻成正比，可得 （1分）
解得电阻R产热为 （1分）
b.设该过程所用时间为t，由动量定理：其中
（2分）
，
解得通过R的电量为（1分）
（2）a.某时刻杆的速度为v（从v0开始分析亦可），则 感应电动势E=Blv，
感应电流， 安培力
，（
（2分）
为速度变化绝对值）（1分）
在很短时间内，由动量定理
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