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1、扫描全能王 创建扫描全能王 创建扫描全能王 创建扫描全能王 创建扫描全能王 创建扫描全能王 创建扫描全能王 创建扫描全能王 创建扫描全能王 创建扫描全能王 创建扫描全能王 创建扫描全能王 创建扫描全能王 创建扫描全能王 创建扫描全能王 创建扫描全能王 创建题号1415161718192021答案ADBCCADBDBD14A【详解】无线充电利用的是电磁感应现象，选 A15D【详解】A.根据牛顿第二定律，万有引力提供行星表面重力加速度，得002mmGm gR。故行星表面重力加速度为2GmgR，行星 B 与行星 C 的质量关系未知，故无法判断两行星表面的重力加速度的大小,AB均错；C.由万有引力提供

2、向心力，行星绕恒星的运动有越高越慢的特点，C 星比 B 星运行周期长，故 C 星离恒星表面高，角速度小，C 错误，D 正确；16.B【详解】m=2mH-mHe-mn=0.0035u，根据质能方程：E=mc23.3MeV。因为 1kg 氘中含有氘核的个数 n=(氘mmNA)=31026，所以 1kg 氘完全结合成氦核时可以释放出的能量约为 E=2mc24.951026MeV，故选 B17.C【详解】根据电场叠加和对称性可知 M、N 两点电场强度大小相等，方向不同，所以 A 错误；从 O1到 O2电势先增大后减小，B 错误。根据电势的叠加原理可知，F、N 两点电势相等，F、N 两点电势差为零，F

3、到 N 电场力做总功为零，C 正确；根据牛顿第二定律可知，从 O1到 O3电子加速度先增大后减小，再增大，再减小，D 错误18C【详解】A.外力 F 做功，系统机械能不守恒，故 A 错误；B缓慢推动，认为 AB 动能不变，A、B、弹簧、斜面组成的系统能量守恒。弹簧增加的弹性势能等于系统减少的重力势能与 F 做功消耗的其他形式能量之和。故 B 错误.C 撤去 F 瞬间，把 AB 作为一个整体受力分析有sin20mgkxF合，2Fam合，解得sin20gmkxa对 B，由牛顿第二定律有mamgFABsin，得20kxFAB，故 C 正确；D分离问题要抓住两点：分离时两物体间无弹力，分离时两物体的加

4、速度相同；运用这两个结论就可快速判断出 A、B 两物体会在弹簧达到原长时分离，而kmgsin2为初始时弹簧的压缩量，故 D 错误。故选 C。19.AD【详解】AB.运动图像如图所示，由两车位移相等020122121tvtv，得 v1:v2=2:1，A 正确。甲的加速度0112tva，乙的加速度022tva，结合 A 选项，可得 a1:a2=4:1，B 错误。CD.速度相等时相距最远，设甲达到最大速度后，再经过t 时间，相距最远。速度相等)2(0211ttatav，对甲车2011tav，再联立 a1:a2=4:1 得甲车运动了054t时，两车相距最远。C 错误，D 正确。20BD【详解】根据2B

5、qvmvr，得rmvdBq，所以 A 错误；粒子刚好不出磁场区域的运动轨迹如图所示，恰好与 AC 相切，根据几何关系可求，此时入射点到 A 的距离为d)12(，即入射点到 A 点距离大于d)12(的粒子都不能出磁场，运动轨迹为半圆，时间t2TmqB，所以 B 正确，C 错误。D 处入射的粒子在磁场中的运动轨迹为一个半圆，在磁场中运动的时间为qBm，在 E 点入射的粒子运动轨迹的圆心角为 60，在磁场中运动的时间为qBm3故 D 正确21.BD【详解】A.开始运动的一段时间内，由于电容器放电，导体棒在安培力作用下向右加速，导体棒切割磁感线产生的感应电动势 E棒变大。回路的总电动势变小，电流变小，

6、安培力变小，导体棒的加速度变小。当 E棒与电容器的电压 U 相等时，整个电路电流为零，导体棒匀速，导体棒达到稳定状态，A 错误。B.电容器充电完毕时其电压等于电动势 E，电容器所带的电荷量 Q=CE，根据 uqC，画出 uq 图象如图所示，图线与横轴所围面积表示电容器储存的能量，有 E0=EQ，联立可得充满电后电容器存储的电能2021CEE，B 选项正确。D.设金属导体棒获得最大速度 vm时，放电电流为零，此时 U=E棒=BLvm。设此过程电容器放电的电荷量为Q，则Q=CECU设此过程中的平均电流为I，时间为 t，根据动量定理有 BILt=mvm0其中It=Q，有CLBmBLCEvm22，导体棒获得最大速度 vm时，电容器储存的能量为2121CUE 导体棒由静止到获得最大速度的过程中，根据能量守恒定律有损EmvEEm21021联立可得CLBmmCEE22222损故 D 正确。22.（1）正比（1 分）B（2 分）2212()xFtMd（2 分）【详解】（1）由牛顿第二定律 F=ma 知质量一定，加速度与合外力成正比（2）A.由于可从测力计直接读出拉力数值，故不需要钩码的质量需远小于小车

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