1、A.绳子的弹力大小变大 B.人所受的合外力变大C.地面对人的静摩擦力变大 D.地面对人的静摩擦力不变5.如图所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出，己知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，则A.b球一定先落在斜面上 B.a球可能垂直落在半圆轨道上C.a、b两球可能同时落在半圆轨道和斜面上 D.a、b两球不可能同时落在半圆轨道和斜面上6.土星最大的卫星叫“泰坦”（如图），每16天绕土星一周，其公转轨道半径为1.2106km。已知引力常量G6.671011Nm2/kg2，则土星的质量
2、约为A.51017 kg B.51026 kg C.51033 kg D.51036kg7.如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m（Mm）的滑块通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中A.两滑块组成系统的机械能守恒B.重力对M做的功等于M动能的增加C.轻绳对m做的功大于m机械能的增加D.两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功8.如图所示，球形电容器是由半径不同的同心金属球壳组成，内外球壳带有等量异种电
3、荷，球壳之间为真空，并形成了沿半径方向的电场。己知M点与N点在同一电场线上，M点与P点到圆心距离相等，则下列说法正确的是A.该径向电场为匀强电场 B.M点的电场强度比N点小C.P点的电势比N点低 D.电荷沿圆弧虚线从M到P，电场力不做功9.如图所示，一直流电动机与阻值R9的电阻串联在电源上，电源电动势E30V，内阻r1，用理想电压表测出电动机两端电压U10V，已知电动机线圈电阻RM1，则下列说法中不正确的是A.通过电动机的电流为10A B.电动机的输入功率为20WC.电动机的热功率为4W D.电动机的输出功率为16W10.如图所示，一根长度为L的直导体棒中通以大小为I的电流，静止放在导轨上，垂
4、直于导体棒的匀强磁场的磁感应强度为B，B的方向与竖直方向成角，下列说法正确的是A.导休棒受到磁场力大小为BIL B.导体棒对轨道压力大小为mgBILcosC.导体棒受到导轨摩擦力为（mgBILsin） D.导体棒受到导轨摩擦力为BILsin二选择题II（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题列出的四个选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）11.如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与阻值为R10的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电
5、表，示数是10V。图乙是穿过矩形线圈的磁通量随时间t变化的图象，线圈电阻忽略不计，则下列说法正确的是A.电阻R上的电功率为10WB.0.02s时R两端的电压瞬时值为零C.R两端的电压u随时间t变化的规律是u14.1cos100t（V）D.通过R的电流i随时间t变化的规律是icos100t（A）12.一列简谐横波，某时刻的图象如图甲所示，从该时刻开始计时，A质点的振动图象如图乙所示，则A.波沿x轴正向传播 B.波速是25m/sC.经过t0.4s，质点A通过的路程是4m D.质点P比质点Q先回到平衡位置13.固定的半圆形玻璃砖的横截面如图，O点为圆心，OO为直径MN的垂线，足够大的光屏PQ紧靠玻璃
6、砖右侧且垂直于MN，由A、B两种单色光组成的一束光沿半径方向射向O点，入射光线与OO夹角较小时，光屏NQ区域出现两个光斑，逐渐增大角，当时，光屏NQ区域A光的光斑消失，继续增大角，当时，光屏NQ区域B光的光斑消失，则A.玻璃砖对A光的折射率比对B光的大 B.A光在玻璃砖中的传播速度比B光的大C.时，光屏上只有1个光斑 D.4s 1分 及时减速x1=40m 100m 不会闯红灯 2分 （3）反应总时间13秒（12秒也给分）， 1分 加速4秒 x1=40m 1分 匀速1秒 x2=20m 13s+4s+1s=18s19s（12s+4s+1s=17s19s也给分）能通过 1分18.（1） 1分 1分
7、得：F=2N 1分 （2） 2分 得：020.6（0.6也给分） 1分 （3）比较 能过G点就能从J口飞出 1分得：19（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，设粒子过A点时速度为v，由类平抛运动的规律知v （1分）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得Bqvm （1分）所以R （1分）（2）设粒子在电场中运动时间为t1，加速度为a则有qE=ma （1分） v0tan60=at1即t1 （1分）O、M两点间的距离为Lat12= （2分）（3）设粒子在区域磁场中运动时间为t2则由几何关系知轨道的圆心角AO1D=60，则t2= （2分）设粒子在区域电场中运行时间为t3
8、，则牛顿第二定律得a 则 t3= （1分）故粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为 微信公众号：浙考神墙750 t=t1+t2+t3=+20.解析（1）在t2时刻：ab棒切割磁感线：EBL1v2流过线圈的电流：I （1分）根据线圈匀速运动可得：mgsin mgcos BIL10 （1分）解得：v24 m/s. （1分）（2）由于t1t2的时间线圈匀加速运动，可知线圈ad边的长度是磁场宽度的2倍，即L22L0该过程中，根据牛顿第二定律mgsin mgcos maa2.5 m/s2 （1分）根据线圈的匀变速运动特点v2v1at 得：v11 m/s （1分）x3 m xL0L23 m L01 m L22L02 m. （1分） （3） （1分） 得：t1=0.65s （1分）（4）根据能量守恒可得： Qmgsin 5L0mgcos 5L0mv （2分）Q0.45 J. （1分）
