共轴导线的电容一种共轴导线有三部分组成.最内部的导线半径R1=0.4mm.其外部为一层共轴的绝缘层.最外部为共轴管状导体

解题思路：微粒从窄缝射出后沿筒的半径方向做匀速直线运动，同时N筒以角速度ω绕轴线转动，当微粒到达N筒时，二者运动时间相等，通过时间相等关系求解作出判断．

微粒从M到N运动时间t=Rv，对应N筒转过角度θ=ωt=ωRv，即如果以v1射出时，转过角度：θ1=ωt=ωRv1，如果以v2射出时，转过角度：θ2=ωt=ωRv2，只要θ1、θ2不是相差2π的整数倍，则落在两处，C项正确；若相差2π...

点评：
本题考点： 运动的合成和分解；匀速圆周运动．

考点点评： 解答此题一定明确微粒运动的时间与N筒转动的时间相等，在此基础上分别以v1、v2射出时来讨论微粒落到N筒上的可能位置．

（1）对物块B：T=qE ₀ =1.0×10 ^-4 ×10 ⁴ N=1.0N
对圆盘，由力矩平衡T•r=mg•2rsinθ
得 sinθ=
T
2mg =
1.0
2×0.1×10 =
1
2 ，θ=30°
（2）对整个系统，由动能定理得
q E 0 •
π
4 r-mg•2r(1-cos
π
4 )=
1
2 M v 2 +
1
2 m(2v ) 2
代入数据，解得v=0.28m/s
（3） s=
0.1π
3 =r θ m ，圆盘转过的最大角度 θ m =
π
3
对整个系统，由动能定理qE•
π
3 r =mg•2r（1-cos
π
3 ）
解得E=
3
π ×1 0 4 N/C =9.55×10 ³ N/C
答：（1）夹角θ的大小为30°．
（2）缓慢顺时针转动圆盘，使小球A位于转轴O的正下方由静止释放，当圆盘转过45°角时物块B运动的速度为0.28m/s．
（3）缓慢顺时针转动圆盘，使小球A重新回到转轴O的正下方，改变电场强度大小使其为E后由静止释放系统，物块B向左运动的最大距离s=
0.1π
3 m ，电场强度E为9.55×10 ³ N/C．

答案：x + 2 = ( 1 / 8 )( y - 1 )² 或 y² - 8x - 2y - 15 = 0
x - 2 = - ( 1 / 8 )( y - 1 )² 或 y² + 8x - 2y + 17 = 0
详解如下：
y² - 4x - 2y - 3 = 0
4x = y² - 2y - 3
4( x + 1 ) = ( y - 1 )²
x + 1 = ( 1 / 4 )( y - 1 )²
所以抛物线的顶点为 ( - 1, 1 ),其轴为 y = 1
焦点离顶点的距离为 1 / [ 4( 1 / 4 )] = 1
考虑开口向左,所以焦点为 ( 0, 1 )
设所求方程为 x - h = a( y - 1 )²
则 0 - h = a( 5 - 1 )² => h = - 16a
及 | h - 0 | = 1 / ( 4a ) => h = ± 1 / ( 4a )
- 16a = ± 1 / ( 4a )
64a² = ± 1
a² = 1 / 64 或 a² = - 1 / 64 ( 舍去 )
a = ± 1 / 8
若 a = 1 / 8,h = - 2；若 a = - 1 / 8,h = 2
所以所求方程为 x + 2 = ( 1 / 8 )( y - 1 )² 或 x - 2 = - ( 1 / 8 )( y - 1 )²

π/6,3mg/π
速度最大即角速度最大,即圆盘处于平衡状态,则根据力矩平衡.
Fr=mg2rsinθ.
圆盘转过π/3时,根据动能定理,恒力F做功=质点势能的改变量.
恒力F通过的路径是θ/2πr
质点势能的改变量是mg2r（1-cosθ）

是的.

解题思路：A、B两点同缘传动，线速度相等；B、C两点同轴转动，角速度相等；然后结合公式v=ωR和公式a=

v2

R

=ω²R列得分析．

A、B两点同缘传动，线速度相等，故：v₁=v₂
根据公式v=ωr，A、B两点的角速度之比为：ω₁：ω₂=r₂：r₁=2：3
根据公式a=
v2
R，A、B两点的加速度之比为：a₁：a₂=r₂：r₁=2：3
B、C两点同轴转动，角速度相等，故：ω₂=ω₃
根据公式v=ωr，B、C两点的线速度之比为：v₂：v₃=r₂：r₃=1：2
根据公式a=ω²r，B、C两点的加速度之比为：a₂：a₃=r₂：r₃=1：2
故选：BD

点评：
本题考点： 线速度、角速度和周期、转速．

考点点评： 本题关键是明确同缘传动边缘点线速度相等，同轴转动角速度相等，基础题．

线速度和角速度、半径成正比v=w*r ,所以可以得到Va/Vb=r/R
共轴的 你可以想象成一个圆面,在不同半径的地方,转一圈所需的时间是一样的,所以角速度和周期都相同的.实在不行,你就那个硬币画两个点来转一下,就理解了

解题思路：根据光的偏振现象，只要光的振动方向不与偏振片的狭逢垂直，都能有光通过偏振片．

A、太阳光沿轴线通过光屏M上的小孔照射到固定不动的偏振片P上，再使偏振片Q绕轴匀速转动一周，当偏振片P与偏振片Q垂直时，光屏没有亮度，则关于光屏上光的亮度从亮到暗，再由暗到亮．故A错误；
B、太阳光沿轴线通过光屏M上的小孔照射到固定不动的偏振片P上，再使偏振片Q绕轴匀速转动一周，当偏振片P与偏振片Q垂直时，光屏没有亮度，则关于光屏上光的亮度从亮到暗，再由暗到亮．故B正确；
C、太阳光沿轴线通过光屏M上的小孔照射到固定不动的偏振片P上，再使偏振片Q绕轴匀速转动一周，当偏振片P与偏振片Q垂直时，光屏没有亮度，则关于光屏上光的亮度从亮到暗，再由暗到亮．不可能出现光的衍射现象，所以光屏上不可能有两条与偏振片P、Q透振方向对应的亮线，故C错误；
D、太阳光沿轴线通过光屏M上的小孔照射到固定不动的偏振片P上，再使偏振片Q绕轴匀速转动一周，当偏振片P与偏振片Q垂直时，光屏没有亮度，则关于光屏上光的亮度从亮到暗，再由暗到亮．故D错误；
故选：B

点评：
本题考点： 光的偏振．

考点点评： 题中另一侧能观察到光即可．同时自然光向各个方向发射，而偏振光则是向特定方向放射．

解题思路：利用同轴转动，角速度相同，皮带不打滑，皮带各点的线速度大小相等，由v=ωr知线速度相同时，角速度与半径成反比；角速度相同时，线速度与半径成正比；由a=ωv结合角速度和线速度的比例关系可以知道加速度的比例关系．

因为A、B两轮由不打滑的皮带相连，所以相等时间内A、B两点转过的弧长相等，即v_A=v_B．
由v=ωr知

vB
vC=
rB
rC=[1/2]
所以：v_A：v_B：v_C=1：1：2，
据T=[2πr/v]得：
T_A：T_B：T_C=2：1：1
再根据a=
v2
r得 a_A：a_B：a_C=1：2：4
故答案为：2：1：1，l：1：2，1：2：4．

点评：
本题考点： 线速度、角速度和周期、转速．

考点点评： 明确同轴转动，角速度相同，皮带不打滑，皮带各点的线速度大小相等；灵活应用v=ωr、T=[2πr/v]和a=v2r求解．

解题思路：利用同轴转动，角速度相同，皮带不打滑，皮带各点的线速度大小相等，由v=ωr知线速度相同时，角速度与半径成反比；角速度相同时，线速度与半径成正比；由a=ωv结合角速度和线速度的比例关系可以知道加速度的比例关系．

因为A、B两轮由不打滑的皮带相连，所以相等时间内A、B两点转过的弧长相等，即：v_A=v_B．
由v=ωr知
vB
vC=
rB
rC=[1/2] 所以：v_A：v_B：v_C=1：1：2，
再根据a=
v2
r
解得：a_A：a_B：a_C=1：2：4；
故答案为：1：2：4．

点评：
本题考点： 向心加速度．

考点点评： 明确同轴转动，角速度相同，皮带不打滑，皮带各点的线速度大小相等；灵活应用v=ωr、和a=v2r求解．

如图所示，设粒子进入磁场区的速度大小为V，根据动能定理，有Uq=
1
2 mv ² ；
设粒子做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，有：Bqv=m
v 2
r
由上面分析可知，要回到S点，粒子从a到d必经过
3
4 圆周，所以半径R必定等于筒的外半径r，即R=r．由以上各式解得：U=
B 2 q r 2
2m ；
答：两极间的电压为
B 2 q r 2
2m ．

通常泵和电机联接是由联轴器连接的,而泵机共轴就是泵和电机共用一根轴,中间没有联轴器了,叶轮直接装在电机的轴上了.

十、电场
1.两种电荷、电荷守恒定律、元电荷：(e＝1.60×10-19C）；带电体电荷量等于元电荷的整数倍
2.库仑定律：F＝kQ1Q2/r2（在真空中）｛F:点电荷间的作用力(N),k:静电力常量k＝9.0×109N•m2/C2,Q1、Q2:两点电荷的电量(C),r:两点电荷间的距离(m),方向在它们的连线上,作用力与反作用力,同种电荷互相排斥,异种电荷互相吸引｝
3.电场强度：E＝F/q（定义式、计算式)｛E:电场强度(N/C),是矢量（电场的叠加原理）,q：检验电荷的电量(C)｝
4.真空点（源）电荷形成的电场E＝kQ/r2 ｛r：源电荷到该位置的距离（m）,Q：源电荷的电量｝
5.匀强电场的场强E＝UAB/d ｛UAB:AB两点间的电压(V),d:AB两点在场强方向的距离(m)｝
6.电场力：F＝qE ｛F:电场力(N),q:受到电场力的电荷的电量(C),E:电场强度(N/C)｝
7.电势与电势差：UAB＝φA-φB,UAB＝WAB/q＝-ΔEAB/q
8.电场力做功：WAB＝qUAB＝Eqd｛WAB:带电体由A到B时电场力所做的功(J),q:带电量(C),UAB:电场中A、B两点间的电势差(V)(电场力做功与路径无关),E:匀强电场强度,d:两点沿场强方向的距离(m)｝
9.电势能：EA＝qφA ｛EA:带电体在A点的电势能(J),q:电量(C),φA:A点的电势(V)｝
10.电势能的变化ΔEAB＝EB-EA ｛带电体在电场中从A位置到B位置时电势能的差值｝
11.电场力做功与电势能变化ΔEAB＝-WAB＝-qUAB (电势能的增量等于电场力做功的负值)
12.电容C＝Q/U(定义式,计算式) ｛C:电容(F),Q:电量(C),U:电压(两极板电势差)(V)｝
13.平行板电容器的电容C＝εS/4πkd（S:两极板正对面积,d:两极板间的垂直距离,ω：介电常数）
常见电容器〔见第二册P111〕
14.带电粒子在电场中的加速(Vo＝0)：W＝ΔEK或qU＝mVt2/2,Vt＝(2qU/m)1/2
15.带电粒子沿垂直电场方向以速度Vo进入匀强电场时的偏转(不考虑重力作用的情况下)
类平 垂直电场方向:匀速直线运动L＝Vot(在带等量异种电荷的平行极板中：E＝U/d)
抛运动 平行电场方向:初速度为零的匀加速直线运动d＝at2/2,a＝F/m＝qE/m
注:
(1)两个完全相同的带电金属小球接触时,电量分配规律:原带异种电荷的先中和后平分,原带同种电荷的总量平分；
(2)电场线从正电荷出发终止于负电荷,电场线不相交,切线方向为场强方向,电场线密处场强大,顺着电场线电势越来越低,电场线与等势线垂直；
（3）常见电场的电场线分布要求熟记〔见图[第二册P98]；
(4)电场强度（矢量）与电势（标量）均由电场本身决定,而电场力与电势能还与带电体带的电量多少和电荷正负有关；
(5)处于静电平衡导体是个等势体,表面是个等势面,导体外表面附近的电场线垂直于导体表面,导体内部合场强为零,导体内部没有净电荷,净电荷只分布于导体外表面；
(6)电容单位换算：1F＝106μF＝1012PF；
(7）电子伏(eV)是能量的单位,1eV＝1.60×10-19J；
(8)其它相关内容：静电屏蔽〔见第二册P101〕/示波管、示波器及其应用〔见第二册P114〕等势面〔见第二册P105〕.
十一、恒定电流
1.电流强度：I＝q/t｛I:电流强度(A）,q:在时间t内通过导体横载面的电量(C）,t:时间(s）｝
2.欧姆定律：I＝U/R ｛I:导体电流强度(A),U:导体两端电压(V),R:导体阻值(Ω)｝
3.电阻、电阻定律：R＝ρL/S｛ρ:电阻率(Ω•m),L:导体的长度(m),S:导体横截面积(m2)｝
4.闭合电路欧姆定律：I＝E/(r+R)或E＝Ir+IR也可以是E＝U内+U外
｛I:电路中的总电流(A),E:电源电动势(V),R:外电路电阻(Ω),r:电源内阻(Ω)｝
5.电功与电功率：W＝UIt,P＝UI｛W:电功(J),U:电压(V),I:电流(A),t:时间(s),P:电功率(W)｝
6.焦耳定律：Q＝I2Rt｛Q:电热(J),I:通过导体的电流(A),R:导体的电阻值(Ω),t:通电时间(s)｝
7.纯电阻电路中:由于I＝U/R,W＝Q,因此W＝Q＝UIt＝I2Rt＝U2t/R
8.电源总动率、电源输出功率、电源效率：P总＝IE,P出＝IU,η＝P出/P总｛I:电路总电流(A),E:电源电动势(V),U:路端电压(V),η：电源效率｝
9.电路的串/并联 串联电路(P、U与R成正比) 并联电路(P、I与R成反比)
电阻关系(串同并反) R串＝R1+R2+R3+ 1/R并＝1/R1+1/R2+1/R3+
电流关系 I总＝I1＝I2＝I3 I并＝I1+I2+I3+
电压关系 U总＝U1+U2+U3+ U总＝U1＝U2＝U3
功率分配 P总＝P1+P2+P3+ P总＝P1+P2+P3+

解题思路：（1）气体分子做匀速直线运动，转盘做匀速圆周运动，两中运动同时发生，互不影响；气体分子从a到达b的过程中，转盘盘上外边缘点转过s的弧长，根据时间相等并结合v=ωR列式计算．（2）物理模型是人们为了研究物理问题的方便和探讨物理事物的本身而对研究对象所作的一种简化描述，是以观察和实验为基础，采用理想化的办法所创造的，能再现事物本质和内在特性的一种简化模型．

（1）气体分子运动和转盘转动同时发生，互不影响；
气体分子运动时间为：t=[R−r/v]；
转盘边缘上点线速度为，故转动时间为：t=[S/ωR]；
两个运动同时发生，故t=[R−r/v]=[S/ωR]
解得
v=
(R−r)Rω
S
（2）水银蒸发成气体后，分子做匀速直线运动，认为速度都相同，是建立的理想模型；故ACD错误，B正确；
故答案为：（1）
(R−r)Rω
S；（2）B．

点评：
本题考点： 线速度、角速度和周期、转速．

考点点评： 本题关键是根据两个物体的直线运动和转动同时发生，时间相等，然后根据速度和线速度的定义列式求解．

（1）θ=30º（2）v=0.28m/s（3）9.55×10 ³ N/C

（14分）
（1）对物块B：
（2分）
对圆盘，由力矩平衡 （2分）
得 ， θ=30º（1分）
（2）对整个系统，由动能定理
（3分）
代入数据，解得 v=0.28m/s（2分）
（3） ，
对整个系统，由动能定理 qE· =mg·2r(1-cos )（2分）
解得E= =9.55×10 ³ N/C （2分）
本题主要考查的是对动能定理的应用。分析清楚物体的运动状态，应用动能定理即可解出此题。

ABC

解析两种粒子从窄缝 s 射出后，沿半径方向匀速直线运动，到达 N 筒的时间分别为 和 ，两种粒子到达 N 筒的时间差为 ， N 筒匀速转动，若在 和 时间内转过的弧长均为周长的整数倍，则所有粒子均落在 a 处一条与 s 缝平行的窄条上，A正确；若 N 筒在 和 时间内转过的弧长不是周长的整数倍，但在 内转过的弧长恰为周长的整数倍，则所有粒子均落在如 b 处一条与 s 缝平行的窄条上，B正确；若在 和 及 内转过的弧长均不是周长的整数倍，则可能落在 N 筒上某两处如 b 处和 c 处与 s 缝平行的窄条上，C正确；对应某一确定的 ω 值， N 筒转过的弧长是一定的，故 N 筒上粒子到达的位置是一定的，D错误。

同轴等高是物理光学实验的一个基础.
不是这个条件可能导致：
A 光具轴产生空间角
像的大小差异；图形失真；最重要的是轴向产生空间角后距离是没有办法测量的.
B 光具轴无空间角,相互错开
图像平移；可能移到屏幕外

（1）24V （2）

（3）1.2×10 ^-2 s

（1）感应电动势 E = BSω = B × ab × bc × ω （4分）

代入数据得 E =" 24V " （2分）
（2）正确标出横坐标、纵坐标标度、画出图象（6分）（共三项，每项各占2分）
评分标准：
① 若只有以上其中一项均不给分；
② 若横坐标按 , T ……标出扣1分；
若纵坐标按 E 、2 E 标出扣1分；
③ 若只画出半个周期图象扣2分。
（3）粒子开始运动后一个周期内的运动示意图如右图所示
加速度 （1分）
向 Y 板加速的距离 =" 0.08m" （1分）
向 X 板加速的距离 =" 0.005m" （1分）
一个周期内前进的距离 S = 2 S ₁ －2 S ₂ = 0.15m 　　（1分）
由于 S 1 ，所以粒子将在下一周期向 Y 板加速过程中到达 Y 板
设这次加速时间为 t t = 2.0×10 ^-3 s（2分）
求出总时间　　　 t _总 = T + t = 1.2×10 ^-2 s　（2分）

解题思路：（1）根据法拉第电磁感应定律E=BSω直接求出感应电动势的大小；
（2）通过右手定则确定PQ两点间的电势高低，从而判断开始时PQ间电势的高低，由图示电场知线框转过π弧度PQ间电势将反向，根据已知的角速度可以求出电势变化的时间．
（3）抓住开始时的时间，在一个运动周期内：根据图象知，在t₀=6.00×10^-3s时刻电动势为正的，粒子将向Y板做初速度为0的匀加速直线运动，运动时间为T-t₀然后再向Y板做匀减速直线运动，经过0.004s时速度减为0．然后再向X板匀加速0.001s，在紧接着的0.001s内粒子将向X板匀减速运动至速度为0，然后进入第二个运动周期．根据分段运动特点求出每个周期前进的距离，根据已知位移从而求出时间即可．

（1）感应电动势为：E=BSω=B×ab×bc×ω
代入数据得：E=12V
（2）
（3）粒子开始运动后一个周期内的运动示意图如右图所示，
加速度为：a＝
Uq
dm
向Y板加速的距离为：s1＝
1
2a×(T−t0)2=0.08m
向X板加速的距离为：s2＝
1
2a×(t0−
1
2T)2=0.005m
一个周期内前进的距离为：S=2S₁-2S₂=0.15m　　
由于S＜d，d-S=0.02m＜S₁，所以粒子将在下一周期向Y板加速过程中到达Y板
设这次加速时间为t，则有：
d−s＝
1
2at2t=2.0×10^-3s
求出总时间为：t_总=T+t=1.2×10^-2s　
答：（1）t=[1/400]s时刻线框产生的感应电动势12V；
（2）如图；
（3）粒子从X板运动到Y板经历的时间1.2×10^-2s．

点评：
本题考点： 正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；匀变速直线运动的速度与位移的关系；电场强度．

考点点评： 掌握法拉第电磁感应定律及通过右手定则判断感应电势的高低是解决本题前两问的基础，在粒子往复运动中根据粒子的受力特点和运动的周期性展开讨论即可．

答案：没有选项是正确的
分析：把4个相同的金属容器从左到右编号为：1、2、3、4.
由题意得：U14=U,在金属容器内部,静电平衡,电子在4个金属桶中匀速运动,两相邻桶间的电压都是U,且电势左高右低.
现在进行分析：
电场线向右,电子做减速运动.实际上是刚好到4桶左端速度减到0,
由匀强电场得.可以判断加速度相等.故D错.
求通过各容器的速度比相当于求电子做匀减速运动至0,反向看成初速度为零的匀加速,
利用运动学比例可知：在三分点处的速度比,得：√3：√2：1.A错、B错.
通过各容器间隙所用时间比依次为：√2：√3：√6,C错.
此题都不对,你有没有打错选项,粒子肯定减速的,A、B、C错.匀强电场,D错.

解题思路：根据安培定则确定电流与磁场的方向关系，再根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同．最后运用同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．

A、由题意可知，在t₁时刻，线圈A中的电流最大，而磁通量的变化率是最小的，所以线圈B感应电流为零，则A、B的相互作用力为零，故A正确；
B、在t₁到t₂时间内，若设顺时针方向为正，则线圈A电流方向顺时针且大小减小，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线圈B的电流方向顺时针方向，因此A、B中电流方向相同，出现相互吸引，故B错误；
C、在t₂到t₃时间内，若设顺时针方向为正，则线圈A电流方向逆时针且大小增大，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，线圈B的电流方向顺时针方向，因此A、B中电流方向相反，A、B出现互相排斥，故C错误；
D、在t₂时刻，线圈A中的电流最小，而磁通量的变化率是最大的，所以线圈B感应电流也是最大，但A、B间的相互作用力最小，故D错误；
故选：A．

点评：
本题考点： 平行通电直导线间的作用；正弦式电流的图象和三角函数表达式．

考点点评： 解决本题的关键掌握安培定则、楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．同时注意同向电流相互吸引与同种电荷相互排斥不同．

解题思路：根据安培定则确定电流与磁场的方向关系，再根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同．最后运用同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．

A、在t₁到t₂时间内，若设顺时针（从左向右看）方向为正，则线圈A电流方向顺时针且大小减小，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线圈B的电流方向顺时针方向，因此A、B中电流方向相同，出现相互吸引现象，故A错误；
B、在t₂到t₃时间内，若设顺时针方向（从左向右看）为正，则线圈A电流方向逆时针且大小增大，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，线圈B的电流方向顺时针方向，因此A、B中电流方向相反，A、B出现互相排斥，故B正确；
C、由题意可知，在t₁时刻，线圈A中的电流最大，而磁通量的变化率是最小的，所以线圈B感应电流也是最小，因此两线圈间作用力为零，故C正确；
D、在t₂时刻，线圈A中的电流最小，而磁通量的变化率是最大的，所以线圈B感应电流也是最大，但A、B间的相互作用力最小，故D错误；
故选：BC

点评：
本题考点： 通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．

考点点评： 解决本题的关键掌握安培定则、楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．同时注意同向电流相互吸引与同种电荷相互排斥不同．

解题思路：当F的力矩大于mg的力矩时，质点m的速度增大，当F的力矩小于mg的力矩时，质点m的速度减小，则当两者力矩相等时，质点m的速度最大．根据力矩平衡条件列方程求解．再能量守恒定律求解F．

当F的力矩等于mg的力矩时，质点m的速度最大．
则有Fr=mg•2rsinθ
又F=mg
解得θ＝
π
6
根据能量守恒定律得
F•
π
3r=mg•2rcos
π
3
解得F=[3mg/π]
本题答案是：[π/6]，[3mg/π]

点评：
本题考点： 力矩的平衡条件．

考点点评： 本题解题关键在于分析什么时候质点的速度最大，要根据力矩的作用使物体产生转动来分析．

设转过的角度为A
f所做的正功的大小为mg×r×sinA
重力所做负功的大小为mg×2r×(1-cosA)
总功为：mg×R×(sinA+2cosA-2)
所以当sinA+2cosA最大的时候,质点的速度最大.
最后答案A=arctan(0.5)

（1）气体分子运动和转盘转动同时发生，互不影响；
气体分子运动时间为：t=
R-r
v ；
转盘边缘上点线速度为，故转动时间为：t=
S
ωR ；
两个运动同时发生，故t=
R-r
v =
S
ωR
解得
v=
(R-r)Rω
S
（2）水银蒸发成气体后，分子做匀速直线运动，认为速度都相同，是建立的理想模型；故ACD错误，B正确；
故答案为：（1）
(R-r)Rω
S ；（2）B．

图像问题中,图线的斜率表示该量对t的变化率.作i-t图线的切线（即图线的斜率）,在t1时刻,图线的切线是水平的,表示t1时刻电流变化率为零（这种方法高一力学中常用,如速度——时间图像上,图线的斜率表示速度的变化率,即加速度）.
电流变化率为零,所产生的磁场变化率也为零,即 该时刻 穿过B的磁通量（最大）不变,所以B中不产生感应电流.

ABC

当f1>f2时
1.两凸透镜,焦点异侧重合,s=f1+f2,平行光变窄.
*2.凸透镜在前,凹透镜在后,焦点同侧重合,s=f1-f2,
平行光变窄.
当f1

解题思路：（1）气体分子做匀速直线运动，转盘做匀速圆周运动，两中运动同时发生，互不影响；（2）气体分子从a到达b的过程中，转盘盘上外边缘点转过s的弧长，根据时间相等并结合v=ωR列式计算．

（1）气体分子运动和转盘转动同时发生，互不影响；
故答案为：运动的等时性．
（2）气体分子运动时间为：t=
R-r
v；
转盘边缘上点线速度为，故转动时间为：t=
s
ωR；
两个运动同时发生，故t=
R-r
v=
s
ωR
解得
v=
(R-r)Rω
s
故答案为：
(R-r)Rω
S．

点评：
本题考点： 线速度、角速度和周期、转速．

考点点评： 本题关键是根据两个物体的直线运动和转动同时发生，时间相等，然后根据速度和线速度的定义列式求解．

F此时在力的方向上通过的距离是一段弧长,这段弧的圆心角为θ
弧长公式：L=αr
∴根据公式就是rθ

解题思路：（1）已知物距和焦距，根据透镜的成像公式列式求解像距；
（2）物体是实像，再次根据透镜的成像公式列式求解像距；
（3）凹面镜成像的特点：当物距小于焦距时成正立、放大的虚像，物体离镜面越近，像越小．当物距等于一倍焦距时不成像，当物距在一二倍焦距之间时成倒立放大的实像，物体离镜面越远，像越小．当物距等于二倍焦距时成等大倒立的实像．当物距大于2倍焦距时，成倒立、缩小的实像，物体离镜面越远，像越小．成的实像与物体在同侧，成的虚像与物体在异侧．
对于近轴光线，焦距等于球面半径的一半；
（4）凸面镜只能成正立缩小的虚像，主要用扩大视野．

（1）已知物距为6R，焦距为2R，根据透镜的成像公式：[1/u+
1
v＝
1
f]，有：
v＝
uf
u−f＝
6R×2R
6R−2R＝3R
（2）此时物距为3R，焦距为2R，根据透镜的成像公式：[1/u+
1
v＝
1
f]，有：
v＝
uf
u−f＝
3R×2R
3R−2R＝6R
（3）对于近轴光线，焦距等于球面半径的一半，故面镜的焦距为：
f′=[1/2R；
形成像I的光线经A反射，再经B反射成像，由于物距为3R，大于2倍的焦距，故在C点右侧
1
2R～R间成实像，该像离D点
1
2R～R，即在1倍焦距与2倍焦距之间，故通过A成像是倒立的、放大的实像；
光线在D点经过A反射，相当于A处的物体经过B成像，根据面镜成像公式
1
u+
1
v＝
1
f]，有：
[1/3R+
1
v1＝
1
f′]
解得：
v₁=0.75R
再经过A成像，有：
[1/0.75R+
1
v2＝
1
f′]
解得：
v₂=1.5R
再经过L，根据公式，有：
[1/1.5R+
1
v3＝
1
f]
解得：
v₃=6R
放大率等于物距与相距的比值，故总结如下：
第一次经过L在D位置成倒立的缩小为[1/2]的实像；
反射后经过B成再次倒立的又缩小[1/2]的实像；
再经过A成放大2倍的倒立的实像；
最后经过凸透镜L成正立的放大4倍的虚像；
故综合考虑，最后在L右侧成倒立的、放大2倍的虚像；
（4）物体第一次经过L在D位置成倒立的缩小为[1/2]的实像；
该像对于A面积成像，根据公式，有：
[1/3R−1.5R+
1
v＝
1
−0.5R]
解得：v=0.75R
即在B的右侧0.75E处成正立的缩小[1/2]的虚像；
该像对L成像，根据公式，有：
[1/1.5R+0.75R+
1
v′＝
1
2R]
解得：
v′=18R
成倒立的、放大7.2倍的实像；
故综合知，在L左方18R位置成1.8h的、正立的实像；
故答案为：
（1）3R；
（2）6R；
（3）6R、右方、2h、倒立、虚像；
（4）18R、左方、1.8h、正立、实像．

点评：
本题考点： 光的折射定律．

考点点评： 本题关键是明确光具组的成像原理，记住成像公式[1/u+1v＝1f]，知道各个符号的正负的规律，多次运用公式列式求解，较难．

解题思路：微粒从窄缝射出后沿筒的半径方向做匀速直线运动，同时N筒以角速度ω绕轴线转动，当微粒到达N筒时，二者运动时间相等，通过时间相等关系求解作出判断．

微粒从M到N运动时间t=[R/v]，对应N筒转过角度θ=ωt=[Rω/v]，
即如果以v₁射出时，转过角度：θ₁=ωt=
Rω
v1，
如果以v₂射出时，转过角度：θ₂=ωt=
Rω
v2，
只要θ₁、θ₂不是相差2π的整数倍，则落在两处，故C正确；
若相差2π的整数倍，则落在一处，可能是a处，也可能是b处．故A，B正确．
若微粒运动时间为N筒转动周期的整数倍，微粒只能到达N筒上固定的位置，故D错误．
故选：ABC．

点评：
本题考点： 线速度、角速度和周期、转速．

考点点评： 解答此题一定明确微粒运动的时间与N筒转动的时间相等，在此基础上分别以v1、v2射出时来讨论微粒落到N筒上的可能位置．

解题思路：微粒从窄缝射出后沿筒的半径方向做匀速直线运动，同时N筒以角速度ω绕轴线转动，当微粒到达N筒时，二者运动时间相等，通过时间相等关系求解作出判断．

微粒从M到N运动时间t=[R/v]，对应N筒转过角度θ=ωt=[Rω/v]，
即如果以v₁射出时，转过角度：θ₁=ωt=
Rω
v1，
如果以v₂射出时，转过角度：θ₂=ωt=
Rω
v2，
只要θ₁、θ₂不是相差2π的整数倍，则落在两处，故C正确；
若相差2π的整数倍，则落在一处，可能是a处，也可能是b处．故A，B正确．
若微粒运动时间为N筒转动周期的整数倍，微粒只能到达N筒上固定的位置，故D错误．
故选：ABC．

点评：
本题考点： 线速度、角速度和周期、转速．

考点点评： 解答此题一定明确微粒运动的时间与N筒转动的时间相等，在此基础上分别以v1、v2射出时来讨论微粒落到N筒上的可能位置．

解题思路：两圆盘转过的角度θ时，两个物体构成的系统减小的重力势能等于增加的动能，根据机械能守恒定律列式求解；当F的力矩大于mg的力矩时，质点m的速度增大，当F的力矩小于mg的力矩时，质点m的速度减小，则当两者力矩相等时，质点m的速度最大．根据力矩平衡条件列方程求解．再能量守恒定律求解F．

以水平恒力F拉细绳，使两圆盘转动，若两圆盘转过的角度θ=[π/6]时，质点m的速度最大，此时力矩平衡，故：
F•r=mg•2rsin30°
解得：F=mg；
根据能量守恒定律得
F•[π/3]r=mg•2rcos[π/3]解得F=[3mg/π]
本题答案是：mg，[3mg/π]．

点评：
本题考点： 力矩的平衡条件．

考点点评： 本题关键在于分析什么时候质点的速度最大，要根据力矩的作用使物体产生转动来分析；同时要能结合功能关系和能量守恒定律列方程求解．

A、B、C、微粒从M到N运动时间t=
R
v ，对应N筒转过角度θ=ωt=
ωR
v ，
即如果以v ₁ 射出时，转过角度：θ ₁ =ωt=
ωR
v 1 ，
如果以v ₂ 射出时，转过角度：θ ₂ =ωt=
ωR
v 2 ，
只要θ ₁ 、θ ₂ 不是相差2π的整数倍，则落在两处，故C正确；
若相差2π的整数倍，则落在一处，可能是a处，也可能是b处．故A，B正确．
D、若微粒运动时间为N筒转动周期的整数倍，微粒只能到达N筒上固定的位置，故D错误．
本题选不正确的故选D．

（1）对物块B：
对圆盘，由力矩平衡：
得：
θ=30°
（2）对整个系统，由动能定理：
代入数据，解得：v=0.28m/s
（3） ，
对整个系统，由动能定理：qE· =mg·2r(1－cos )
解得：E= =9.55×10 ³ N/C

解题思路：气体分子做匀速直线运动，转盘做匀速圆周运动，两中运动同时发生，互不影响；气体分子从a到达b的过程中，转盘盘上外边缘点转过s的弧长，根据时间相等并结合v=ωR列式计算．

1）气体分子运动和转盘转动同时发生，互不影响；这个实验运用了运动的等时性规律测定．
（2）气体分子运动时间为：t=[R−r/v]
转盘边缘上点线速度为，故转动时间为：t=[s/ωR]
两个运动同时发生，故t=[R−r/v＝
S
ωR]
解得v=
(R−r)Rω
S．
（3）采用的科学方法是下列四个选项中的建立物理模型法．故B正确，A、C、D错误．
故选B．
故答案为：（1）运动的等时性，（2）
(R−r)Rω
S，（3）B，

点评：
本题考点： 线速度、角速度和周期、转速．

考点点评： 本题关键是根据两个物体的直线运动和转动同时发生，时间相等，然后根据速度和线速度的定义列式求解．

D

是指所有光学仪器的中心(光心)位于同一水平线上,我们知道光线在同一种均匀介质中沿直线传播的,所以做光学实验之前必须进行共轴调节,确保实验的进行!

解题思路：微粒从窄缝射出后沿筒的半径方向做匀速直线运动，同时N筒以角速度ω绕轴线转动，当微粒到达N筒时，二者运动时间相等，通过时间相等关系求解作出判断．

A、B、C、微粒从M到N运动时间t=[R/v]，对应N筒转过角度θ=ωt=[ωR/v]，
即如果以v₁射出时，转过角度：θ₁=ωt=
ωR
v1，
如果以v₂射出时，转过角度：θ₂=ωt=
ωR
v2，
只要θ₁、θ₂不是相差2π的整数倍，则落在两处，故C正确；
若相差2π的整数倍，则落在一处，可能是a处，也可能是b处．故A，B正确．
D、若微粒运动时间为N筒转动周期的整数倍，微粒只能到达N筒上固定的位置，故D错误．
本题选不正确的故选D．

点评：
本题考点： 线速度、角速度和周期、转速．

考点点评： 解答此题一定明确微粒运动的时间与N筒转动的时间相等，在此基础上分别以v1、v2射出时来讨论微粒落到N筒上的可能位置．

t1到t2时间内,电流逆时针流动且不断减小,即通电螺线管左端向左的磁场减小,依楞次定律可知,N产生的应为向左的感生磁场电流方向逆时针（从螺线管左端看）,此时用左手定则（或者将N想成一块左N右S的磁铁,两磁铁异性相吸...

这个涉及到电磁感应和参照系变换
铜盘所受的使其转动的力F与相对角速度dw=w1-w2成正比,这个通过微积分可以求出
我们可以认为F=k*dw（k为一常数,涉及到磁场强度等,本题为矛盾的次要方面不考虑）,一开始的转动动力最大,当dw=0时没有动力,而由于阻力会使w2变小,最终达到稳定状态
所以这题如果考虑阻力就是D,不考虑阻力（理想情况）就是A

解题思路：气体分子做匀速直线运动，转盘做匀速圆周运动，两中运动同时发生，互不影响；气体分子从a到达b的过程中，转盘盘上外边缘点转过s的弧长，根据时间相等并结合v=ωR列式计算．

1）气体分子运动和转盘转动同时发生，互不影响；这个实验运用了运动的等时性规律测定．
（2）气体分子运动时间为：t=[R-r/v]
转盘边缘上点线速度为，故转动时间为：t=[s/ωR]
两个运动同时发生，故t=[R-r/v=
S
ωR]
解得v=
(R-r)Rω
S．
（3）采用的科学方法是下列四个选项中的建立物理模型法．故B正确，A、C、D错误．
故选B．
故答案为：（1）运动的等时性，（2）
(R-r)Rω
S，（3）B，

点评：
本题考点： 线速度、角速度和周期、转速．

考点点评： 本题关键是根据两个物体的直线运动和转动同时发生，时间相等，然后根据速度和线速度的定义列式求解．

R>0,所以凸面

ABC 在t1—t2时间内,A中电流减小,A产生的磁场在B处减小,根据楞次定律,B中产生与A的同向电流.根据安培定则和左手定则得：同向电流相互吸引.选项A正确；同理,在t2—t3时间内,A中电流增大,A产生的磁场在B处增大.B中产生与A的反向电流.反向电流相互排斥.选项B正确；t1时刻,A产生的磁场在B处磁通量的变化率最大,B中的感应电流最大,但A中的电流为0.所以相互作用力为0.选项C正确；t3时刻,A中电流最大,但B中感应电流为0.相互作用力为0.选项D错误.考查楞次定律,安培定则,左手定则.