有一沿x轴正方向传播的平面简谐波,其波速u = 400 m/s,频率ν = 500 Hz．

xOy对物块摩擦力如左图所示，物块沿y轴正向匀速运动时受力图如右图所示．

f₁=μ₁mg
N₂=f₁sinθ
f₂=μ₂N₂=μ₂μ₁mgsinθ
sinθ=
3v0

(3v0)2+(4v0)2＝
3
5，
cosθ=[4/5]
外力：F=f₂+f₁cosθ=
μ1mg(3μ2+4)
5
摩擦力做的功为：
W_f=-W_F=-Fv₂t=-
4μ1mgv0t(3μ2+4)
5．
答：（1）沿y方向所加外力为
μ1mg(3μ2+4)
5；
（2）在此期间摩擦力所做的功为-
4μ1mgv0t(3μ2+4)
5．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；牛顿第二定律．

考点点评： 解决本题的关键能够正确地受力分析，根据共点力平衡进行求解，得出传送带对物块摩擦力的方向是解决本题的关键，

单摆的周期与摆球的质量无关，只决定于摆长和当地的重力加速度．所以AB错误．
在a球向下摆的过程中，只有重力做功，机械能守恒．
有 Mgh＝
1
2M
v21
a、b两球碰撞过程时间极短，两球组成的系统动量守恒．
所以有 Mv₁-m•2v₁=（M+m）v₂
碰撞后摆动过程中，机械能守恒，
所以有 (M+m)gh′＝
1
2(M+m)
v22
整理得v2＝
1
2v1，
所以h'=0.25h．所以D正确．
故选D．

点评：
本题考点： 单摆周期公式；动量守恒定律；机械能守恒定律．

考点点评： 分析清楚物体运动的过程，分过程利用机械能守恒和动量守恒即可求得结果．

（1）设粒子从Q点离开电场时速度大小为v，
由粒子在匀强电场中做类平抛运动，故其水平速度不变，由几何关系得：sinθ＝
v0
2v0＝
1
2，解得：θ=30°
由动能定理得：qEd＝
1
2mν2−
1
2m
ν20
解得：E＝
3m
v20
2qd
（2）设粒子从C点进入、D点离开矩形匀强磁场区域．
粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为r，圆心为O₁，如图所示．

由洛伦兹力提供向心力，得：qvB＝
mv2
r解得 r＝
mv
qB＝2d
设粒子在磁场中做匀速圆周运动时间为t₁，D到M时间为t₂
由图中的几何关系可得圆周运动的圆心就为：[4π/3]
圆周运动的周期为：T＝
2πr
2v0＝
πr
v0
故圆周运动时间为：t1＝
4πr
3v＝
4πd
3ν0
DM段为匀速运动故时间为：t2＝
DM
2ν0＝
2
3d
3ν0
粒子从进入磁场到M的总时间：t＝t1+t2＝
(4π+2
3)d
3v0
（3）若矩形磁场区域的面积最小，则如图虚线区域：
可得长

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题考查了带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，在磁场中的匀速圆周运动，对数学的几何能力要求较高，关键画出粒子的轨迹图，结合牛顿第二定律以及向心力等知识进行求解．

A、由于在平衡位置的质点经0.1 s第一次到达最大位移处，故周期T=0.1×4 s=0.4 s，A错误．
B、C，波的传播速度v=[△x/△t]=[0.5/0.1] m/s=5 m/s，波长λ=v•T=5×0.4 m=2 m，B错误，C错误．
D、经1.6 s波传播的距离为x=v•△t=5×1.6 m=8m，D正确．
故选D．

点评：
本题考点： 波长、频率和波速的关系．

考点点评： 波的图象问题涉及时间往往研究与周期的关系，涉及空间往往研究与波长的关系．

AC、对AB整体分析可知，整体水平方向只受变化的推力作用；由图象可知，合外力先向右减小，然后再向左增大；则由牛顿第二定律可知，整体的加速度先减小再增大；再对A分析可知A水平方向只受摩擦力；则由牛顿第二定律可知，摩擦力应先减小后增大；t₀时刻摩擦力最小；故AC错误；
BD、t₀时刻，两物体的加速度最小，速度最大，0-2t₀时间内，两物体的速度先增大后减小，B错误，D正确；
故选：D．

点评：
本题考点： 摩擦力的判断与计算；牛顿第二定律．

考点点评： 本题为连接体问题，此类问题的处理方法一般要先整体再隔离，分别对整体和部分受力分析是解决问题的关键．

C

本题考查同种电荷周围的电场强度分布特点和等势面情况。由E-x图象可知该电场为同种电荷产生的电场，以同种正电荷为例，电场的分布和等势面的形状如右图所示。由图可以看出O点的电势不是最低，A项错误；由于不知道同种电荷的电性，若为负电荷，则x ₂ 的电势不是最高，B项错误；x ₁ 和-x ₁ 在电场的对称点，根据等势面图，可以得出这两点处于同一等势面上，电势相等，C项正确；x ₁ 和x ₃ 两点虽然场强相等，电场线的疏密程度相同，但它们不在同一等势面上，因此两点的电势不等，D项错误。

（1）粒子在电场中做类平抛运动，
竖直方向：L＝
1
2
qE
m•t2…①
水平方向：2L=υ₀t…②
联立解得：E＝
m
υ20
2qL；
（2）粒子在电场中做类平抛运动，
水平与竖直方向位移之比：[x/y]=[2L/L]=
v0t

vy
2t=
2v0
vy，则v_y=v₀，
粒子进入磁场时的速度：v=

v20+
v2y=
2v₀，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示：

由几何知识可知：R+Rcos45°=L…③
由牛顿第二定律得：qVB＝m
υ2
R…④
联立③④解得：B＝(1+
2)
mυ0
qL；
答：（1）电场强度大小：E＝
m
υ20
2qL；
（2）磁场的磁感应强度大小：B＝(1+

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动规程、应用类平抛运动轨迹与牛顿第二定律即可正确解题，解题时要注意数学知识的应用．

（1）由题意知第3次经过x轴的运动如图所示，设粒子在磁场圆周运动的半径为R，则有：L=4R
设粒子初速度为v，在磁场中，粒子由洛仑兹力充当向心力，则有：qvB=m
v2
R
可得：v=[BqL/4m]；
（2）设粒子进入电场作减速运动的最大路程为L′，加速度为a，则有：
v²=2aL′
qE=ma
则得：L′=
qB2L2
16mE
粒子运动的总路程：s=2πR+2L′=[πL/2]+
B2qL2
16Em．
答：（1）此粒子射出时的速度大小为[BqL/4m]；（2）射出后第三次到达x轴时运动的总路程为[πL/2]+
B2qL2
16Em．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．

考点点评： 带电粒子在磁场中的题目关键在于确定圆心和半径，注意要根据题意分析粒子的运动过程，从而得出正确的结论．

A、波长λ＝
v
f＝
1
2.5m＝0.4m，周期T=
1
f＝0.4s．PQ的距离为0.2m，等于半个波长，P点位于其平衡位置上方最大位移处，则Q位于平衡位置下方最大位移处，位移x=-4cm，经过0.1s，经过四分之一个周期，Q点在平衡位置且向上运动，在0.1时速度最大．故A、C错误，B正确．
D、在0到0.1s时间内的路程等于振幅，等于4cm．故D正确．
故选BD．

点评：
本题考点： 波长、频率和波速的关系；横波的图象．

考点点评： 本题的关键在于确定QP距离与波长的关系，以及知道质点在平衡位置处速度最大．

A、B、作出电场线，根据顺着电场线电势降低，则O电势最高，故A错误，B错误；
C、从图线看出，电场强度关于原点O对称，则X轴上关于O点对称位置的电势相等．故C正确；
D、右图可以直接得到x₁和x₃两点的电场强度相同，故D正确；
故选CD．

点评：
本题考点： 电场强度．

考点点评： 判断电势高低，根据电场线方向．

（1）如图所示，

在电场中有：
v0t＝2
3L

[1/2at2＝L
at=v_y
tanθ=
vy
v0]
联立得：v=
2
3
3v0
v与x轴夹角为：θ=30°
（2）设第四象限磁感应强度为B，O₁O₂为粒子在第四、一象限内的轨迹圆心
由几何知识知：∠OO₁A=∠AO₂O₃=60°
qvB=
mv2
R
得：
.
OA=R
同理可得：
.
AQ1=2R
若粒子第n次从第一象限穿至第四象限刚好过Q点，则有

.
OQ=n（
.
OA+
.
AQ1）=3L，即n（R+2R）=3L
联立得：B=
2
3nmv0
3qL
答：（1）粒子经过0点时速度的大小为
2
3
3

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题关键是根据粒子在场中运动的情况，做出粒子运动轨迹图，利用几何关系分析求解．有一定难度．

ABD、作出电场线，根据顺着电场线电势降低，则O电势最高，而X₁和X₃两点关于O点不对称，所以两点的电势不相等，故A正确，BD错误．
C、从图线看出，电场强度关于原点O对称，则X轴上关于O点对称位置的电势相等，场强的大小相等，方向相反，所以X₁和-X₁两点的场强大小相同，方向相反，电势相等，故C错误．
故选：A．

点评：
本题考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系．

考点点评： 据图象画出电场线是解题的关键，再据电场线分析对称点的场强和电势，此方法可类比借鉴．

从图象可以看出，电场强度的大小和方向都沿x轴对称分布，沿着电场强度的方向，电势一定降低，故根据其电场强度E随x变化的图象容易判断，O点的电势最高，故A错误，B也错误；由于x1和−x1两点关于y轴对称，且电场强度的大小也相等，故从O点到x1和从O点到−x1电势降落相等，故x1和−x1两点的电势相等，因而C正确；O点场强为零，O电势最高，所以该电场是等量正电荷从两电荷连线的中点沿中垂线向侧外移形成的，故D错误。

C

A、B、作出电场线，根据顺着电场线电势降低，则O电势最高，故A错误，B错误；
C、从图线看出，电场强度关于原点O对称，则X轴上关于O点对称位置的电势相等．故C正确；
D、右图可以直接得到x₁和x₃两点的电场强度相同，故D正确；
故选CD．

点评：
本题考点： 电场强度．

考点点评： 判断电势高低，根据电场线方向．

（1）设电子离开x=L的位置为P点，离开x=3L的位置为Q点，则：
v_P=

2eE1
mL
代入数据得：v_P=2×10⁷m/s
电子从O点运动到P点：t1＝

2L

eE1
m
代入数据得：t₁=10^-8s
电子从P点运动到Q点：
t₂=[2L
vP=10^-8s
所以总时间为t=t₁+t₂=2×10^-8s
（2）电子运动到Q点时：y_Q=
1/2•
eE2
m•
t22]
代入数据得：y_Q=0.1m
答：（1）电子从O点进入到离开x=3L处的电场所需的时间是2×10^-8s；
（2）电子离开x=3L处的电场时的y坐标是0.1m

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题考查了带电粒子在电场中运动的两种情况：加速和偏转，加速过程也由牛顿第二定律和运动学公式求解，偏转时做由类平抛运动规律求解，这是高考的热点和难点．

A、相邻两个波峰或波谷间的距离等于波长，则由图知该波波长一定是λ=60cm．故A正确．
B、已知T＜t₂-t₁＜2T，当波向右传播时，波传播的时间t₂-t₁为1
1
4 T，得T=[4/5]（t₂-t₁）=1.2s，波速为v=[λ/T]=50m/s；
当波向左传播时，波传播的时间t₂-t₁为1
3
4T，得T=[6/7]s．波速为v=[λ/T]=70m/s．根据波形的平移法可知，波可能向x轴正方向传播，也可能向向x轴负方向传播．故B错误．
C、若波向左传播，波传播的时间t₂-t₁为1
1
4 T，则绳上某一质点在此过程中通过的路程可能为1
1
4×4A＝
5
4×4×5m＝25m，若波向右传播，波传播的时间t₂-t₁为1
3
4 T，则绳上某一质点在此过程中通过的路程可能为35m，故C正确，
D、若此波向右传播，则t=0.3s时，完成1
1
2T，因此波形与图中实线波形不同，故D错误．
故选AC

点评：
本题考点： 横波的图象；波长、频率和波速的关系．

考点点评： 根据质点的振动方向判断简谐波的传播方向是学习波动知识应具备的基本功．本题若没有限制条件，由两时刻的波形确定出的波速和周期是通项式．

A、质点由平衡位置开始竖直向上运动，经0.1s达到最大位移处，则nT+[T/4]=0.1s或nT+[3/4]T=0.1 s，即T=[0.4/4n+1]s或T=[0.4/4n+3] s（n=0，1，2，…），T不可能等于0.2s．
故A错误；
B、波长λ=v•T，则λ=[2/4n+1] m或λ=[2/4n+3]m（n=0，1，2，…），λ不可能等于0.5m，故B错误；
C、由题，波在t=0.1s内传播的距离为x=0.5s，则波速v=[x/t]=[0.5/0.1]m/s=5 m/s，故C错误；
D、1.6s内波传播距离x=v•t=5×1.6 m=8m，故D正确．
故选：D．

点评：
本题考点： 横波和纵波；横波的图象；波长、频率和波速的关系．

考点点评： 对于波的图象问题，涉及时间往往研究与周期的关系，涉及空间往往研究与波长的关系．

A、B，作出电场线，根据顺着电场线电势降低，则O电势最高，故A错误，B错误．
C、从图线看出，电场强度关于原点O对称，则X轴上关于O点对称位置的电势相等．故C正确，

D、O点场强为零，O电势最高，所以该电场是等量正电荷从两电荷连线的中点沿中垂线向侧外移形成的，故D错误．
故选C．

点评：
本题考点： 电势；电场强度．

考点点评： 判断电势高低，根据电场线方向．

由题物体恰能在斜面体上沿斜面匀速下滑时，以物体和斜面作为研究对象，水平方向不受力，故斜面不受地面的摩擦力作用，此时斜面体受到重力、地面的支持力、物体对斜面的压力和沿斜面向下的滑动摩擦力．
若沿平行于斜面的方向用力F向下推此物体，使物体加速下滑时，物体对斜面的压力没有变化，则对斜面的滑动摩擦力也没有变化，所以斜面体的受力情况没有改变，则地面对斜面体仍没有摩擦力，即斜面体受地面的摩擦力为零．
匀速下滑时，地面对斜面的支持力为（M+m）g，沿平行于斜面的方向用力F向下推此物体时，斜面的受力不变，故地面对斜面的支持力仍为（M+m）g．故ABC错误，D正确；
故选：D．

点评：
本题考点： 摩擦力的判断与计算．

考点点评： 本题是两个物体的平衡问题，采用整体法研究，比较简便，也可以采用隔离法解决此类问题．

A、若v₁、v₂与I同向，则I=mv₂-mv₁；E_k2-E_kl=[1/2]mv₂²-[1/2]mv₁²=[1/2]I（v₂-v₁），故A正确；
B、若v₁、v₂同向，但与I反向，则I=mv₂-mv₁，E_k2-E_kl=[1/2]mv₂²-[1/2]mv₁²=-[1/2]I（v₂+v₁）=-[1/2]I（v₁+v₂），故B正确；
C、若v₁与I反向，同时与v₂也反向，而v₂＞v₁；则I=-mv₂-mv₁，E_k2-E_kl=[1/2]mv₂²-[1/2]mv₁²=-[1/2]I（v₂-v₁）=[1/2]I（v₁-v₂），故C正确；
D、若v₁与I反向，同时与v₂也反向，则I=-mv₂-mv₁；E_k2-E_kl=[1/2]mv₂²-[1/2]mv₁²=-[1/2]I（v₂-v₁）=[1/2]I（v₂-v₁），故D正确；
故选ABCD．

点评：
本题考点： 动量定理；动能．

考点点评： 本题中要注意给出的v为速率，故在写表达式时要注意带有符号！

A、B、从E-x图象可以看出，O点的场强最小；由于电场强度的方向全是沿x轴的正方向，沿着电场线电势降低，故在x轴正方向上，x越大，电势越低；故A错误，B错误；
C、由于电场强度是正方向，故电子受力沿着负方向，故电子从x₁ 处到-x₁处的过程中电场力与速度一直同向，故速度一直增大，故C错误；
D、电场力做正功，电势能减小；电子从x₁ 处到-x₁处的过程中电场力与速度一直同向，故电子从x₁处到-x₁处的过程中电势能一直减小；故D正确；
故选：D．

点评：
本题考点： 电势；电场强度；电势能．

考点点评： 本题关键抓住沿着电场强度的方向，电势一定降低；然后结合图象得到电场强度的分布情况，再分析电势变化情况即可．