14,【答案】d
解析】由c=可知，当云母介质抽出时，εr变小，电容器的电容c变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故u不变，根据q=cu可知，当c减小时，q减小。再由e=，由于u与d都不变，故电场强度e不变，答案为d。
考点】电容器的基本计算。
15,【答案】d
解析】设质子的质量数和电荷数分别为m1、q1，一价正离子的质量数和电荷数为m2、q2，对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得：
qu =mv20 →v= ①
在磁场中应满足。
qbv=→r= ②
由①②求得：r==
即有：m= ③
由题意，由于加速电压u不变，其中q2=q1，b2=12b1，由于两种粒子从同一入口垂直进入磁场，从同一出口垂直离开磁场，故在磁场中做匀速圆周运动的半径r应相同，由③式可知：
故一价正离子与质子质量比为144，选项d正确。
考点】带电粒子在电场、磁场中的运动、质谱仪。
16,【答案】b
解析】解法一：当s断开时，电路如左图所示。
由闭合电路欧姆定律，原线圈两端电压。
u1=uir1 =u3i ①
根据变压器原副边电压关系：
副线圈中的电流：
i2==→u2=5i2 =5i ③
联立①②③得：
当s闭合时，电路如右图所示。
由闭合电路欧姆定律，原线圈两端电压。
u1′=u4ir1 =u12i ⑤
根据变压器原副边电压关系：
副线圈中的电流得：
i2′==u2′=i2′=4i ⑦
联立⑤⑥⑦得。
联立④⑧解得=3 ，选项b正确。
解法二：设开关s断开前后，变压器的等效电阻为r和r′，由于变压器输入功率与输出功率相同，s闭合前：
i 2r=()2(r2+r3)→得r= ①
s闭合后：4i)2r′=(2r2→得r′=
根据闭合电路欧姆定律：
闭合前：i= ③
闭合后：4i= ④
根据以上各式得(③/并将①②代入)：
→=→n=3
选项b正确。
17,【答案】b
解析】地球自转周期变小，卫星要与地球保持同步，则卫星的公转周期也应随之变小，由。
可得t=∝r3 ①
则卫星离地球的高度应变小，要实现三颗卫星覆盖全球的目的，则卫星周期最小时，由数学几何关系可作出下图。
由几何关系得，卫星的轨道半径为。
r==2r ②
由①式并将②式代入得： =
t=t0 =×24h≈4 h
选项b正确。
考点】（1）卫星运行规律。
难点】做出最小周期时的卫星空间关系图。
18,【答案】bc
解析】质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则该质点的合外力为该恒力。
若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向时刻与恒力方向不同，故a错；
若的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点作曲线运动，力与运动方向夹角会发生变化，例如平抛运动，故b正确；
由牛顿第二定律可知，质点加速度方向与其所受合外力方向相同；
根据加速度的定义，相等时间内速度变化量相同，速率变化量不一定相同，故d错。
考点】⑴牛顿运动定律；⑵力和运动的关系；⑶加速度的定义；
易错点】b选项易错误地以“匀速圆周运动”作为反例来推翻结论。
19,【答案】bd
解析】由题意，在f保持方向不变，大小发生变化的过程中，物体a、b均保持静止，各绳角度保持不变；选a受力分析得，绳的拉力t=mag，所以物体a受到绳的拉力保持不变。由滑轮性质，滑轮两侧绳的拉力相等，所以b受到绳的拉力大小、方向均保持不变，c选项错误；a、b受到绳的拉力大小方向均不变，所以oo′的张力不变，a选项错误；对b进行受力分析，并将各力沿水平方向和竖直方向分解，如上图所示。由受力平衡得：
tx+f=fx，fy+n+ty =mbg。t和mbg始终不变，当大小在一定范围内变化时；支持力在一定范围内变化，b选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，d选项正确；故答案选bd。
考点】考查动态平衡分析、力的正交分解和力的平衡方程。
20,【答案】ab
解析】由于匀强电场中的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以d选项错。由于油滴轨迹相对于过的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直方向，电场力竖直向上。当油滴得从p点运动到q时，电场力做正功，电势能减小，c选项错误；油滴带负电，电势能减小，电势增加，所以q点电势高于p点电势，a选项正确；在油滴从p点运动到q的过程中，合外力做正功，动能增加，所以q点动能大于p点，b选项正确；所以选ab。
考点】带电粒子在复合场中运动、曲线运动中物体受力特点、带电粒子电场力做功与电势能的关系、电势能变化与电势变化的关系。
21,【答案】bd
解析】根据vt图，甲、乙都沿正方向运动。t=3s时，甲、乙相遇，v甲=30m/s，v乙=20m/s，由位移和vt图面积对应关系，0～3s内位移。
x甲=×3×30m=45m
x乙=×3×(10+25)m=52.5m
故时，甲乙相距δx1=x乙x甲=7.5m，即甲在乙前方7.5m，b选项正确。
0～1s内x甲′=×1×10m=5m
x乙′=×1×(10+15)m=12.5m
x2=x乙′x甲′=7.5m
说明甲、乙第一次相遇。a、c错误。
乙两次相遇地点之间的距离为。
x= x甲 x甲′=45m5m=40m
所以d选项正确；
考点】vt图的解读和位移的计算、追击相遇问题。
难点】根据位移判断两车在不同时刻的位置关系。
22,【答案】(1) 、2)40。
解析】⑴交流电的频率f，则打点计时器的打点周期：
t= ①由于重物匀加速下落，a、b、c、d各相邻点之间时间间隔相同，因此b点应是从a运动到c的过程的中间时刻，由匀变速直线运动的推论可得：
b点的速度vb等于ac段的平均速度，即。
vb== c点的速度vc等于bd段的平均速度，即。
vc== 根据匀加速直线运动的加速度a=得。a=
或根据δx =a t2 得s3s1=2a()2 →a=
重物下落的过程中，由牛顿第二定律可得：
mgf阻=ma ⑤
题意f阻=0.01 mg ⑥
由③⑥得a=0.99g
代入④得：a=，代入数据得f≈40hz。
考点】利用运动学公式和推论处理纸带问题。
23,【答案】(1)如图所示；(2) r2；
3)①650.0，b，接通电源后，流过报警器的电流会超过2ma，报警器可能损坏。(保证报警器的安全使用)。
②c，报警器开始报警。
解析】①热敏电阻工作温度达到60℃时，报警器报警。故需通过调节电阻箱使其电阻为60℃时的热敏电阻的阻值，即调节到阻值650.0ω，光使报警器能正常报警，电路图如上图。
u=18v，当通过报警器的电流10ma≤ic≤20ma，故电路中总电阻r=，900ω≤r≤1800ω，故滑动变阻器选r2。
热敏电阻为650.0ω时，报警器开始报警，模拟热敏电阻的电阻器阻值也应为650.0ω为防止通过报警器电流过大，造成报警器烧坏，应使滑动变阻器的滑片置于b端．
考点】滑动变阻器在电路中的作用及其规格选择、串并联电路相关计算、等效替代思想。
难点】获取题中信息并转化为解题所需条件、理解电路设计原理、理解调节电阻箱和滑动变阻器的意义。
24,【答案】(1)mg(sinθ3μ cosθ)；
解析】(1)设导线的张力的大小为t，右斜面对ab棒的支持力的大小为n1，作用在ab棒上的安培力的大小为f，左斜面对cd棒的支持力大小为n2，对于ab棒，由力的平衡条件得：
2mg sinθ =n1 +t+f ①
n1=2mg cosθ ②
对于cd棒，同理有：
mg sinθ +n2=t ③
n2=mg cosθ ④
联立①②③式得：
f=mg(sinθ3μcosθ)
2)由安培力公式得：
f =bil ⑥
这里i是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为。
=blv ⑦
式中，v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得：
i= ⑧联立⑤⑥⑦式得。
v=(sinθ3μcosθ)
25,【答案】(1) 2；(2)2.4mgr；(3)vd=，。
解析】(1)根据题意知，b、c之间的距离l为。
l=7r2r ①
设p到达b点时的速度为vb，由动能定理得。
mgl sinθμmg l cosθ =mvb2 ②
式中θ=37°，联立①②式并由题给条件得。
vb=2 ③
2)设be =x。p到达e点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为ep。p由b点运动到e点的过程中，由动能定理有：
mg x sinθ μmg x cosθ ep=0m vb2 ④
e、f之间的距离l1为。
l1=4r22r+x ⑤
p到达e点后**，从e点运动到f点的过程中，由动能定理有：
epmgl1 sinθ μmg l1 cosθ =0 ⑥
联立③④⑤式并由题设条件得：
x=r ⑦ep=mgr ⑧
3)设改变后p的质量为m1。d点与g点的水平距离为x1和竖直距离y1分别为。
x1=rr sinθ ⑨
y1=r+r +r cosθ ⑩
式中，已应用了过c点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。
设p在d点的速度为v0，由d点运动到g点的时间为t。由平抛运动公式有。
y1=gt2
x1=vd t
联立⑨⑩式得。
vd= 设p在c点速度大小为vc。在p由c运动到d的过程中机械能守恒，有。
m1vc2=m1vd2+m1g(r+rcosθ)
p由e点运动到c点过程中，同理，由动能定理有。
epm1g(x+5r)sinθμm1g(x+5r)cosθ=m1vc2
联立⑦⑧得。
m1=m 33,(1)【答案】bde
解析】气体内能的改变δu =q+w，故对气体做功可改变气体内能，b选项正确；气体吸热为q，但不确定外界做功w的情况，故不能确定气体温度变化，a选项错误；理想气体等压膨胀，w＜0，由理想气体状态方程pv =n r t，p不变，v增大，气体温度升高，内能增大。由δu =q+w，气体过程中一定吸热，c选项错误；由热力学第二定律，d选项正确；根据平衡性质，e选项正确；
考点】理想气体状态方程，热力学第一定律，热力学第二定律，热平衡的理解。
难点】等压膨胀气体温度升高，内能增大；气体又对外做功，所以气体一定吸热。
(2)【答案】(ⅰ28pa ；(1.3。
解析】(ⅰ当气泡在水下h=10m处时，设其半径为r1，气泡内外压强差为δp1，则。
p1代入题给数据得。
p1=28pa ②
ⅱ)设气泡在水下10m处时，气泡内空气的压强为p1，气泡体积为v1；气泡到达水面附近时，气泡内空气的压强为p2，内外压强差为δp2，其体积为v2，半径为r2。
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