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Δv2
速直线运动，a1＝＝10 m/s，对物体受力分析，受向下的摩擦力、重力和支持力，mgsin
Δtθ＋μmgcos θ＝ma1，同理，后做加速度为a2的匀加速直线运动，对物体受力分析，受向
上的摩擦力、重力和支持力，加速度为a2＝2 m/s.mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，联立解得cos θ＝0.8，μ＝0.5，故B正确；第一阶段：f＝μmgcos θ＝4 N，由图象知位移为：x11
＝×2×0.2 m＝0.2 m，摩擦力做正功为：Wf1＝fx1＝4×0.2 J＝0.8 J，同理第二阶段：由21
图象知位移为x2＝×(2＋4)×1 m＝3 m，摩擦力做负功为：Wf2＝－fx2＝－4×3 J＝－12 J，
2所以整个过程，传送带对货物做功大小为：12 J－0.8 J＝11.2 J，故C错误；根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，第一阶段Δx1＝x皮－x1＝0.2 m，第二阶段，Δx2＝x2－x皮2＝3 m－2 m＝1 m．故两者之间的总相对位移为：Δx＝Δx1＋Δx2＝1 m＋0.2 m＝1.2 m．货物与传送带摩擦产生的热量为：Q＝W＝fΔx＝4×1.2 J＝4.8 J，故D正确．
20. 【答案】 BD 【解析】用户总功率为P＝110×200 W＝22 000 W＝22 kW，加上输电线上消耗的电功率，所以发电机的输出功率应大于22 kW，A错误；降压变压器的输出电压为220 V，即U4＝220 V，所以根据＝可得降压变压器的输入电压U4＝50×220 V＝11 000
2
n3U3
n4U4
P22 000n3I4
V＝11 kV，B正确；用户端总电流为I4＝＝ A＝100 A，根据＝所以输电线中的
U4220n4I3
电流为I3＝2 A，输电线上损失的功率约为ΔP＝I3R＝2×10 W＝40 W，C错误、D正确． 12
21. 【答案】 BC 【解析】无电场时由A到B：mgh＝mv0①，有电场时由A到B：mgh＋WE2111222
＝m(2v0)②，有电场时由A到C：mgh＋W′E＝m(3v0)③，联立①②③式得：WE＝mv0，222
2
2
W′E＝mv20，又因为WE＝qUAB，W′E＝qUAC，故UAB＝UAC，则D点与B点电势相等，故B正确；AC与BD不垂直，所以电场方向不可能由A指向C，故A错误；因D为AC的中点，则滑块滑
1212
到D点电场力做的功为滑到C点的一半，为mv0，则机械能增加了mv0，故C正确；根据WE22122
＝mv0，W′E＝mv0知滑块沿AB面、AC面滑下过程中电势能变化量大小之比为1∶2，故D错2误．
22. 【答案】(1)x＝
1
12
μ2
·h－
μ1
·s (2)0.2 0.25 μ2
s【解析】(1)对物块的运动，由动能定理，mgh－μ1mgcos θ·－μ2mgx＝0，解得：xcos θ 9
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＝
1
μ2
·h－
μ1
·s. μ2
1
(2)图象的横轴截距a＝0.1，s＝0.5 m，当x＝0时，h＝a，代入x＝得μ1＝＝0.2.纵轴截距b＝0.4，当h＝0时，代入x＝
μ2
·h－μ1
·s，μ2
as1
μ2
·h－
μ1μ1
·s，得s＝b，解得μ2μ2
μ2＝0.25.
23. 【答案】(1)B F (2)96(或96.0) (3)小于
【解析】(1)由于将电流表G改装成量程为3 V的电压表，所以电源的电动势选3 V，故电源应选择F；待测电流表G量程是1 mA，其串联电路的R1上的电流：I＝Ig，电路中的总电阻R总＝＝3 000 Ω，所以滑动变阻器R1应选择B；
EIg
Ig2Ig
(2)使得G的示数为，则有电阻箱R2的电流为，它们并联，它们两端电压相等，根33
12
据电路结构则有IgRg＝IgR2，解得Rg＝2R2＝2×48.0 Ω＝96.0 Ω；
33
(3)测电流表内阻时闭合开关S2后整个电路电阻变小，电路电流变大，电流表G的示数
Ig2Ig
为，流过电阻箱的电流大于，电阻箱阻值小于电流表内阻的2倍，即电流表内阻测量值33
偏小．
24. 【答案】(1)500 N (2)200 J (3)s≤1.25 m或4.25 m≤s<6.25 m
12【解析】(1)设物块经过C点时速度为vC，物块受到轨道支持力为FNC，由功能关系得：×2mv21vC2
－2μmgs＝×2mvC，又FNC－2mg＝2m，代入解得：FNC＝500 N，由牛顿第三定律知，物块
2R对轨道压力大小也为500 N.
(2)设A与B碰撞前A的速度为v0，以向右为正方向，由动量守恒得：mv0＝2mv，解得
2
v0＝10 m/s，则：Ep＝Ek＝mv20＝200 J.
(3)物块不脱离轨道有两种情况：①能过轨道最高点，设物块经过半圆形轨道最高点最2mv1
小速度为v1，则2mg＝，得：v1＝gR＝2 m/s。物块从碰撞后到经过最高点过程中，由
2
1
2
R1122
功能关系有：×2mv－2μmgs－4mgR≥×2mv1，代入解得s满足条件：s≤1.25 m.②物块
2211
上滑最大高度不超过圆弧，设物块刚好到达圆弧处速度为v2＝0，物块从碰撞后到最高点，
4412
由功能关系有：×2mv－2μmgs≤2mgR，同时依题意，物块能滑出粗糙水平面，由功能关
2
10
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12
系：×2mv>2μmgs，代入解得s满足条件：4.25 m≤s<6.25 m.
215mv15mv5mv26r＋7πr25. 【答案】(1) (2) (3)
16qr8qr7qr10v【解析】(1)设粒子经x轴上的N点由电场E1进入电场E2，由M点到N点及由N点到P点的121qE1212
时间分别为t1与t2，到达N点时竖直方向的速度为vy，则1.2r＝a1t1＝·t1，0.6r＝a2t2
22m21qE22qE1qE215mv15mv＝·t2，vy＝t1＝t2，v(t1＋t2)＝2.4r，联立解得E1＝，E2＝. 2mmm16qr8qr(2)如图所示，粒子从Q点垂直射入匀强磁场后做四分之一圆周运动，设做匀速圆周运动的半径为R，在△QHO′中有QH＋HO′＝r，解得HO′＝0.8r，在△O′KF中有(R－0.6r)
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
mv2
＋(R－0.8r)＝r，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝，联
R5mv立解得B＝.
7qr
2.4r12r0.2rr(3)粒子在电场中的运动时间为t′1＝＝，匀速运动时间为t′2＝＝，在
v5vv5vT7πr12rr7πr磁场中的运动时间为t3＝＝，粒子从M点射入到离开磁场的总时间t＝＋＋410v5v5v10v26r＋7πr＝. 10v33.（1）【答案】CDE 【解析】从状态a到状态b，气体的压强不变，气体的温度升高，则气体的体积增大，选项A、B错误；一定质量的理想气体的内能只与温度有关，气体的温度升高，故气体的内能增大，选项D正确；气体的体积增大，对外做功，W<0，气体的内能变大，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，故气体一定从外界吸热，选项C正确；因为气体的温度升高，分子平均动能增大，而压强不变，所以单位时间内碰撞到单位面积容器壁的分子数减少，选项E正确． （2）【答案】(1)
Mh0＋Δh0
(2)T0 Q－(p0S－Mg)Δh0 【解析】(1)设封闭气体的压强为Sρh0
Mp，对活塞分析有：p0S＝pS＋Mg，用水银柱表达气体的压强p＝p0－ρgΔh，解得：Δh＝.
Sρ(2)加热过程是等压变化
h0S（h0＋Δh0）Sh0＋Δh0
＝，T＝T0，气体对外做功为W＝pSΔh0T0Th0
11
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＝(p0S－Mg)Δh0，根据热力学第一定律：ΔU＝Q－W，可得ΔU＝Q－(p0S－Mg)Δh0. 34.（1【）答案】 ABD 【解析】由图1知，波长??0.4m，由图2知，质点振动周期为T?0.4s，那么波速v??T?1m/s，则选项A正确；由图2可知，波在传播过程中，质点的振动周期
为0.4 s，在以后的0.25 s内，质点振动的时间为周期的
5，由正弦函数的性质可知，质8点在半个周期内运动的距离为振幅的二倍，其余的八分之一周期内，质点运动的路程应为振幅的2倍，即路程为0.0707 m，那么总路程为0.2707 m，则选项B正确；由图2知，计2时开始时，图1中质点A振动方向沿y轴正方向，那么这列波传播方向沿x轴负方向，则选项C错误；由于该波的频率为2.5Hz，那么与该波发生干涉的另一列简谐横波的频率一定为2.5Hz，则选项D正确；波上质点A与质点B相差半个波长，那么波上质点A与质点B振动方向总是相反，则选项E错误。 （2）【答案】71m 【解析】青蛙视野的光路图如图所示 3
xOBsinisini?已知hAB=4 m，R=3 m，根据光的折射定律有n?，由几何关系有：22，
hAB?xOBsinrsinr?xCD22hOD?xCD2。又因xOB?xCD?R，在青蛙眼中，天空的大小为S1?πxCD，视野的
大小为S2?πR，那么天空的大小能占到视野的比k?2S1171?，解得： m。 hOD?S293
12
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