题目列表(包括答案和解析)
18．( 11分）磅秤由底座、载物平台Q、杠杆系统及硅码组成，图示为其等效的在竖直平面内的截面图．Q是一块水平放置的铁板，通过两侧的竖直铁板H和K压在E、B处的刀口上．杠杆系统由横杆DEF、ABCP和竖杆CF、MP以及横梁MON组成，另有两个位于A 、D处的刀口分别压在磅秤的底座上（Q、K、H、E、B、A、D沿垂直于纸面的方向都有一定的长度，图中为其断面）. C、F、M、N、O、P 都是转轴，其中O被位于顶部并与磅秤底座固连的支架OL吊住，所以转轴O不能发生移动，磅秤设计时，已做到当载物平台上不放任何待秤物品、游码S位于左侧零刻度处、砝码挂钩上砝码为零时，横梁MON处于水平状态，这时横杆DEF、ABCP亦是水平的，而竖杆CF、MP则是竖直的．
当重为W的待秤物品放在载物平台Q上时，用W1表示B处刀口增加的压力，W2表示E处刀口增加的压力，由于杠杆系统的调节，横梁材MON失去平衡，偏离水平位置．适当增加砝码或移动游码S的位置，可使横梁MON恢复平衡，回到水平位置．待秤物品的重量（质量）可由砝码数值及游码的位置确定．为了保证待秤物品放在载物台上不同位置时磅秤都能显示出相同的结果，在设计时， AB、DE、AC、DF之间应满足怎样的关系？
如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电的物体在绝缘的水平面上向左运动，物体与地面间的动摩擦因素为μ，整个装置放在磁感强度为B方向垂直纸面向里的匀强磁场中．设某时刻物体的速率为v，则下列叙述中正确的是：
A．物体速率由v减小到零通过的位移等于
B．物体速率由v减小到零通过的位移大于
C．如果再加一个方向水平向左的匀强电场，物体有可能做匀速运动
D．如果再加一个方向竖直向上的匀强电场，物体有可能做匀速运动
，物体在竖直墙壁上的位移达最大值5．如图所示，一个质量为m、带电荷量为+q的物体处于场强按E =kt规律（k为大于零的常数，取水平向左为正方向）变化的电场中，物体与绝缘竖直墙壁间的动摩擦因数为
，当t = 0时，物体由静止释放。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且电场空间和墙面均足够大，下列说法正确的是 （ ）
A．物体开始运动后加速度先增加后保持不变
B．物体开始运动后速度先增加后保持不变
C．当摩擦力大小等于物体所受重力时，物体运动速度可能最大也可能最小
D．经过时间
，物体在竖直墙壁上的位移达最大值
如图所示，一个质量为m、带电荷量为+q的物体处于场强按E =kt规律（k为大于零的常数，取水平向左为正方向）变化的电场中，物体与绝缘竖直墙壁间的动摩擦因数为
，当t = 0时，物体由静止释放。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且电场空间和墙面均足够大，下列说法正确的是 （ ）
A．物体开始运动后加速度先增加后保持不变
B．物体开始运动后速度先增加后保持不变
C．当摩擦力大小等于物体所受重力时，物体运动速度可能最大也可能最小
D．经过时间
，物体在竖直墙壁上的位移达最大值
一、二、选择题。
1. C 2. C 3. A 4. D 5. B 6. AB 7. ABD 8. AC 9. BD
三、简答题.本题共２小题，共计２０分.把答案填在答题卡相应的横线上或按题目要求作答．
10.(1)7.2 （2分） 8.695(8.692~8.698均对) （2分）
(2) ①a.平衡摩擦力（1分） b.钩码的重力远小于小车的总重力（1分）
②
（2分，其它正确也得分） 钩码的重力和小车的总质量 （2分）
11．（10分）
（1）略（3分）
（2）（3）
（3）（4分）(写出正确结果即给满分）
，电压表的电阻为RV，开关闭合电，电路中电流为I，外电路总电阻为
根据闭合电路欧姆定律有：E=U+Ir=U+
r，整理得：
可见
图象为一条直线，故横坐标应表
直线的斜率为
由此解得：
四．简答题：本题有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三组题，请在其中任选两组题作答；若三组题均答，则以Ⅰ、Ⅱ两组题计分,共24分，把答案填在题中的横线上或根据要求作答。
12．(1)ＢＦＨ （全对得4分，不全对的，选对1个给1分，选错1个扣1分，扣完为止）
(2)解：
①如图，紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S上的点E到亮区中心G的距离r就是所求最半径。
设紫光临界角为C，由全反射的知识：
（2分）
由几何知识可知: 
（1分）
（1分）
（1分）
所以有:
＝
(其他几何关系解法，只要正确参考上述步骤给分)
②紫色。（2分）
13．(1) CDF （全对得4分，不全对的，选对1个给1分，选错1个扣1分，扣完为止）
(2) 解：（1）由质量数和电荷数守恒可知：
(2分)
（2）由题设条件可求出质量亏损为：
△m=2.0136u×2-（3.0150-1.0087）u=0.0035u
所以释放的核能为：
(2分)
（3）由动量和能量守恒有
解得：
(1分)
(1分)
14．（1）飞机水平速度不变 
① y方向加速度恒定 
②
消去t即得 
③ 由牛顿第二定律 
④
（2）在h处 
⑥ 
⑦
①~④式 共4分 ⑥~⑦式 共4分(用动能定理或其他解法正确同样给分)
15、(12分) (1)证明：因为行星的质量M=
（R是行星的半径），(1分)
行星的体积V=
R3，所以行星的平均密度
=
=
， (2分)
即T2=
，是一个常量，对任何行星都相同。
(1分)
（2）空间探测器绕地球作圆周运动，有
由
＝
得，空间站的轨道半径R＝
（1分）
＝
随空间站一起运动时，空间探测器的动能为
mv2＝
＝
（1分）
随空间站一起运动时，空间探测器具有的机械能为
E1＝－
＋mv2=－＝－
（2分）
（3）空间站要脱离地球的引力，机械能最小值为E∞＝0，因此，对探测器做功为
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棒上升到最高点的过程中,根据能量守恒定律:
(2分)
Q=30J (1分) 电阻R上的热量:QR=Q/3=10J (1分)
(2)在0~T/4内,
(1分)
在T/4~T/2内,
(2分)
在3T/4~T内 Q3=Q1=
(1分)
+
+
=5J (1分)解得:B0=0.5T (1分)
17．解：（1）粒子由a点进入磁场在洛仑兹力作用下做圆周运动,所以
①（1分）
由题意知粒子圆周运动的半径:
② （1分）
由①、②得：
（2分）
（2）据题意，粒子在电场中的运动时间为周期的整数倍，
即：
于是得：
（1分）
粒子在电场中运动侧向总位移：
（2分）
带入已知量计算得：
（1分）
（3）由粒子在磁场中的受力可判断粒子带负电,粒子在
时刻进入电场后向N板偏转,由题意知粒子应刚好平行于N板从N板的边缘水平飞出.并沿着水平方向进入磁场.
如图，设粒子从B点进入磁场,从C点射出,O"点为粒子圆周运动的圆心,由(1)知:
,所以OBO''C为菱形,故有
, （2分）
由于粒子水平射出,故O"B⊥v0,于是OC⊥v0,方向竖直,故aOC共线,
所以射出的点到a点的距为:aC=2R=
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