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江西省红色七校2017届高三上学期第一次联考物理试卷 Word版含解析


2016-2017 学年江西省红色七校高三(上)第一次联考物理试卷
一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 4 分.在每小题给出的四个选项中,第 1-6 题只有一 项是符合题目要求,第 7-10 题有多项符合题目要求.全部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分.有选错的得 0 分. ) 1.下列关于物理方法或物理学史的说法中错误的是( ) A.安培分子电流假说解释了磁体的磁场的形成 B.由楞次定律判断感应电流的方向 C.物理模型在物理学研究中起到了重要作用,其中“质点”“点电荷”“电流元”“元电荷”等都是 理想化模型 D.牛顿在发现万有引力定律的过程中使用了“月﹣﹣地检验” 2.如图所示,条形磁铁 A、B 质量均为 m,C 为木块,质量也为 m,它们放在水平面上静止 时,B 对 A 的弹力为 F1,C 对 B 的弹力为 F2,地面对 C 的弹力为 F3,则 F1、F2、F3 与重力 mg 的大小关系正确的是( )

A.F1=mg,F2=2mg,F3=3mg B.F1>mg,F2=2mg,F3>3mg C.F1>mg,F2=2mg,F3=3mg D.F1=mg,F2>2mg,F3>3mg 3.如图所示,一理想变压器原、副线圈匝数之比为 4:1,原线圈两端接入一正弦交流电源, 副线圈电路中 R 为负载电阻,交流电压表和交流电流表都是理想电表.下列结论正确的是 ( )

A.若电压表读数为 8 V,则输入电压的最大值为 32V B.若输入电压不变,负载电阻的阻值增加到原来的 2 倍,则输入功率减小到原来的 1/2 倍 C.若输入电压不变,副线圈匝数增加到原来的 2 倍,则电流表的读数减小到原来的一半 D.若保持负载电阻的阻值不变,输入电压增加到原来的 2 倍,则输出功率增加到原来的 2 倍 4.如图所示,空间存在一匀强电场,其方向与水平方向间的夹角为 30°,A、B 与电场垂直, 一质量为 m,电荷量为 q 的带正电小球以初速度 v0 从 A 点水平向右抛出,经过时间 t 小球最 终落在 C 点,速度大小仍是 v0,且 AB=BC,则下列说法中错误的是( )

A.AC 满足 AC=

?t

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B.电场力和重力的合力方向垂直于 AC 方向 C.此过程增加的电势能等于 mg2t2 D.电场强度大小为 E= 5.如图所示,为甲乙两物体在同一直线上运动的位置坐标 x 随时间 t 变化的图象,已知甲做 初速度为零匀变速直线运动,乙做匀速直线运动,则 0~t1 时间内下列说法正确的是( )

A.两物体在 t1 时刻速度大小相等 B.t1 时刻乙的速度大于甲的速度 C.t2 时刻甲的速率是乙速率的两倍 D.甲的平均速度小于乙的平均速度 6.如图所示,在竖直平面一圆形区域内存在垂直纸面、磁感应强度为 B 的匀强磁场,O 点是 圆形区域的圆心.一带电粒子(不计重力)从 A 点沿 AO 方向水平射入,速度为 v0,偏转 60° 之后从 B 点射出.现把圆形区域的磁场改为竖直方向的匀强电场 E,使带电粒子仍以原速度 沿 AO 方向射入从 B 点射出,则( )

A.E=

B.E=

C.E=

D.E=BV0

7.P1、P2 为相距遥远的两颗行星,距各自表面相同高度处各有一颗卫星 S1、S2 做匀速圆周运 动.图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度 a,横坐标表示物体到行星 中心的距离 r 的平方,两条曲线分别表示 P1、P2 周围的 a 与 r2 的反比关系,它们左端点横坐 标相同,则( )

A.P1 的平均密度比 P2 的小 B.P1 的第一宇宙速度比 P2 的大 C.S1 的向心加速度比 S2 的小 D.S1 的公转周期比 S2 的小 8.如图所示,间距为 L 米的光滑平等金属轨道上端用电阻 R 相连,其平面与水平面成 θ 角, 整个装置处于磁感应强度为 B 匀强磁场中,磁场方向垂直轨道平面向上,质量为 m,电阻为 r

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的金属杆 ab(长度略大于 L) ,以初速度 v0 从轨道底端向上滑行,滑行到距底端高 h 的位置后 又返回到底端,运动过程中,金属杆始终与导轨垂直且接触良好,不计金属轨道的电阻,已 知重力加速度为 g,则以下说法正确的是( )

A.杆 ab 先匀减速上滑,之后匀加速下滑,且上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度 B.杆 ab 运动过程中安培力做功的功率等于电阻 R 的热功率 C.杆 ab 上滑过程中通过 R 的电荷量与下滑过程中通过 R 的电荷量相等 D.杆 ab 上滑到最高点的过程中电阻 R 上产生的焦耳热等于 ( mv02﹣mgh)

9.在绝缘光滑的水平面上相距为 6L 的 A、B 两处分别固定正电荷 QA、QB,两电荷的位置坐 标如图甲所示.图乙是 AB 连线之间的电势 φ 与位置 x 之间的关系图象,图乙中 x=L 点为图 线的最低点,若在 x=2L 的 C 点由静止释放一个质量为 m、电量为+q 的带电小球(可视为质 点) ,下列有关说法正确的是( )

A.小球在 x=L 处的速度最大 B.小球一定可以到达 x=﹣2L 点处 C.小球在 x=0 点受到电场力方向向右 D.固定在 AB 处的电荷的电量之比为 QA:QB=4:1 10.如图所示,倾角为 α 的等腰三角形斜面固定在水平面上,一足够长的轻质绸带跨过斜面 的顶端铺放在斜面的两侧,绸带与斜面间无摩擦.现将质量分别为 M、m(M>m)的小物块 同时轻放在斜面两侧的绸带上.两物块与绸带间的动摩擦因数相等,且最大静摩擦力与滑动 摩擦力大小相等.下列说法正确的有( )

A.在 α 角取不同值的情况下,两物块不可能同时相对绸带静止 B.在 α 角取不同值的情况下,两物块所受摩擦力的大小总是相等 C.若 α=30°,M=4.0kg,m=2.0kg,物块与绸带间的摩擦因素 小分别为 3.75m/s2、2.5m/s2 D.若 α=30°,M=4.0kg,m=2.0kg,物块与绸带间的摩擦因素 小都为 2.5m/s2 二、试验题(本题共 2 小题,共 18 分.把答案填在横线上或按题目要求作答) ,则 M、m 的加速度大 ,则 M、m 的加速度大

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11.图(1)为“验证机械能守恒”的实验装置,图(2)为实验中所打出的一条纸带,试回答下 列问题:

(1)关于实验中的操作或结论正确的是 A.若为电磁打点计时器,则电源用 220V、50Hz 的交流电源 B.应先通电打点,后松开纸带 C.重锤只要选用体积很小的就行 D.本实验中重物重力势能的减少量一定小于动能的增加量 (2)若实验中所用重物的质量 m=1.0Kg,打点时间间隔为 0.02s,打出的纸带如图(2)所示, O 为起始点,A、B、C 为相邻的点,测得 OA=0.78cm、OB=1.79cm、OC=3.14cm,查得当地 J(保留三位有效数字) 的重力加速度 g=9.80m/s2,则重物在 B 点时的动能 EKB= ,大多数 学生的实验结果显示,重力势能的减少量大于动能的增加量,原因是 . (3)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒:在纸带上选取多个计数点,测量它们到起始 点 O 的距离 h,计算对应计数点的重物速度 v,描绘 v2﹣h 图象,并做如下判断:若图象是一 条过原点的直线,则重物下落过程中机械能守恒.请你分析论证该同学的判断依据是否正 确 . 12.现有一摄像机电池,无法从标签上看清其电动势等数据.现进行如下实验操作: (1)选取多用电表的直流电压 10V 挡,将两表笔直接接到电池的正、负两极,指针偏转情况 V.是否可以利用多用电表的欧姆挡直接粗测其内阻,答: 如图 1,由此可知其电动势约为 (选填“可以”或“不可以”)

(2)现要更加准确测量其电动势和内电阻,实验室备有下列器材: A.电流表(量程 0.6A,内阻为 3Ω) B.电压表(量程 3V,内阻为 3kΩ) C.电压表(量程 50V,内阻为 30kΩ) D.定值电阻 R1=500Ω E.定值电阻 R2=6000Ω F.滑动变阻器(阻值范围 0~30Ω) G.开关及导线 ①该实验中电压表应选 ,定值电阻应选 (均选填选项前的字母序号) . ②在图 2 方框中画出实验电路图.

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③若将滑动变阻器滑到某一位置,读出此时电压表读数为 U,电流表读数为 I,则电源电动势 和内阻间的关系式为 .

三、论述、计算题(本题共 4 小题,共 42 分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演 算步骤,只写出最后答案不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位) 13.在水平地面上有一质量为 3kg 的物体,物体在水平拉力 F 的作用下由静止开始运动,10s 后拉力大小减为 ,该物体的运动速度随时间 t 的变化规律如图所示. 求: (1)物体的总位移 2 ( )物体受到的拉力 F 的大小 (3)物体与地面之间的动摩擦因数. (g 取 10m/s2)

14.如图所示,空间中存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小为 E=5 N/C,同时存在 着水平方向的匀强磁场,其方向与电场方向垂直,磁感应强度大小 B=1.0T.有一带正电的小 球,质量 m=1.0×10﹣6kg,电荷量 q=2×10﹣6C,正以速度 v 在图示的竖直面内做匀速直线运 动,取 g=10m/s2,

(1)求小球做匀速直线运动的速度 v 的大小和方向; (2)若当经过 P 点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象) ,为使小球仍沿原速 度方向做直线运动需改变电场,求此时的电场的最小值和方向. 15.如图所示,一个足够长的斜面,AC 部分的长度为 4L,C 点以下光滑,C 点以上粗糙,B 是 AC 的中点.一根原长为 2L 的轻弹簧下端固定在 A 点,上端放置一个长为 L、质量为 m 的 均匀木板 PQ,木板静止时,弹簧长度变为 L.已知斜面的倾角为 θ,木板与斜面粗糙部分的 动摩擦因数 μ=2tanθ,木板受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为 g.现将木板 沿斜面缓慢下压,当弹簧长度变为 L 时,释放木板,发现木板的 Q 端刚好能到达 C 点;求:

(1)弹簧的劲度系数; (2)若木板被截掉三分之一后,再次将木板沿斜面缓慢下压,当弹簧长度变为 L 时,释放木 板,求木板上端到达 C 点时的速度大小;

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(3)若将木板换成一质量为 可看作质点的物块,再次将物块沿斜面缓慢下压,当弹簧长度 变为 L 时,释放物块,求物块被释放后能在斜面粗糙部分前进的距离. 16. 如图所示, 在第一象限内有垂直纸面向里和向外的匀强磁场, 磁感应强度分别为 B1=0.2T、 B2=0.05T,分界线 OM 与 x 轴正方向的夹角为 α.在第二、三象限内存在着沿 x 轴正方向的匀 强电场,电场强度 E=1×104V/m.现有一带电粒子由 x 轴上 A 点静止释放,从 O 点进入匀强 磁场区域. 已知 A 点横坐标 xA=﹣5×10﹣2m, 带电粒子的质量 m=1.6×10﹣24kg, 电荷量 q=+1.6 ﹣15 ×10 C. (1)如果 α=30o,在 OM 上有一点 P,OP=3×10﹣2m,粒子从进入 O 点计时,经多长时间经 过 P 点? cos37°=0.8) (2) 要使带电粒子能始终在第一象限内运动, 求 α 的取值范围? (已知 sin37°=0.6,

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2016-2017 学年江西省红色七校高三(上)第一次联考物 理试卷
参考答案与试题解析

一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 4 分.在每小题给出的四个选项中,第 1-6 题只有一 项是符合题目要求,第 7-10 题有多项符合题目要求.全部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分.有选错的得 0 分. ) 1.下列关于物理方法或物理学史的说法中错误的是( ) A.安培分子电流假说解释了磁体的磁场的形成 B.由楞次定律判断感应电流的方向 C.物理模型在物理学研究中起到了重要作用,其中“质点”“点电荷”“电流元”“元电荷”等都是 理想化模型 D.牛顿在发现万有引力定律的过程中使用了“月﹣﹣地检验” 【考点】物理学史. 【分析】磁场的形成与电流有关,安培分子假说很好的解释了相关现象;根据楞次定律可以 分析感应电流的方向;“质点”“点电荷”“电流元”等都是理想化模型.牛顿在发现万有引力定律 的过程中使用了“月﹣﹣地检验”; 【解答】解:A、安培分子电流假说解释了磁体和电流的磁场的形成,故 A 正确; B、由楞次定律即可判断感应电流的方向,故 B 正确; C、物理模型在物理学研究中起到了重要作用,其中“质点”“点电荷“”元电荷”等都是理想化模 型,但元电荷是客观存在的,不属于理想化模型,故 C 错误; D、牛顿在发现万有引力定律的过程中使用了“月﹣﹣地检验”证明了万有引力定律的正确性, 故 D 正确. 本题选错误的,故选:C. 2.如图所示,条形磁铁 A、B 质量均为 m,C 为木块,质量也为 m,它们放在水平面上静止 时,B 对 A 的弹力为 F1,C 对 B 的弹力为 F2,地面对 C 的弹力为 F3,则 F1、F2、F3 与重力 mg 的大小关系正确的是( )

A.F1=mg,F2=2mg,F3=3mg B.F1>mg,F2=2mg,F3>3mg C.F1>mg,F2=2mg,F3=3mg D.F1=mg,F2>2mg,F3>3mg 【考点】共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用. 【分析】以 A 为研究对象,研究 B 对 A 的弹力为 F1 与重力的关系.以 AB 整体为研究对象, 研究 C 对 B 的弹力为 F2 与总重力的关系.再以 ABC 整体为研究对象,分析地面对 C 的弹力 F3 与总重力的关系. 【解答】解:以 A 为研究对象,A 受到竖直向下重力 mg、B 对 A 竖直向下的引力 F 引和 B 对 A 竖直向上的弹力为 F1,由平衡条件得:mg+F 引=F1,得 F1>mg.

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F2=2mg. 以 AB 整体为研究对象, 整体受到总重力 2mg 和 C 对 B 的弹力 F2, 由平衡条件得知, 以 ABC 整体为研究对象,整体受到总重力 3mg、地面的弹力 F3,由平衡条件有 F3=3mg.故 ABD 错误,C 正确, 故选:C 3.如图所示,一理想变压器原、副线圈匝数之比为 4:1,原线圈两端接入一正弦交流电源, 副线圈电路中 R 为负载电阻,交流电压表和交流电流表都是理想电表.下列结论正确的是 ( )

A.若电压表读数为 8 V,则输入电压的最大值为 32V B.若输入电压不变,负载电阻的阻值增加到原来的 2 倍,则输入功率减小到原来的 1/2 倍 C.若输入电压不变,副线圈匝数增加到原来的 2 倍,则电流表的读数减小到原来的一半 D.若保持负载电阻的阻值不变,输入电压增加到原来的 2 倍,则输出功率增加到原来的 2 倍 【考点】变压器的构造和原理. 【分析】电压表读数 8V 为有效值,由 可得输入电压的有效值为 32V,根据正弦交

流电有效值与最大值的关系可得输入电压的最大值 输入功率随输出功率而变化,输出功率变 大则输入功率变大.若输入电压不变,副线圈匝数增加到原来的 2 倍,得输出电压也增加到 原来的 2 倍,由 I= 电流表示数也应增加到原来的 2 倍,若输入电压不变,负载电阻的阻值 增加到原来的 2 倍,由 I= 一半. 【解答】解:A、若电压表读数为 8V,由 可得则输入电压为 是有 ,所以 A 错误; 输出电流减小到原来的一半,输入功率即 P=IU 也减小到原来的

效值,根据正弦交流电 有效值与最大值的关系可得因此其最大值为 B、若输入电压不变,负载电阻的阻值增加到原来的 2 倍,由 I= 半,输入功率即 P=IU 也减小到原来的一半,所以 B 正确; C、若输入电压不变,副线圈匝数增加到原来的 2 倍,由

输出电流减小到原来的一

可得输出电压也增加到

原来的 2 倍,由 I=

电流表示数也应增加到原来的 2 倍,所以 C 错误;

D、若保持负载电阻的阻值不变.输入电压增加到原来的 2 倍,输出电压增大到原来的 2 倍, 则由 故选:B 可知输出功率增加到原来的 4 倍,所以 D 错误.

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4.如图所示,空间存在一匀强电场,其方向与水平方向间的夹角为 30°,A、B 与电场垂直, 一质量为 m,电荷量为 q 的带正电小球以初速度 v0 从 A 点水平向右抛出,经过时间 t 小球最 终落在 C 点,速度大小仍是 v0,且 AB=BC,则下列说法中错误的是( )

A.AC 满足 AC=

?t

B.电场力和重力的合力方向垂直于 AC 方向 C.此过程增加的电势能等于 mg2t2 D.电场强度大小为 E= 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动. 【分析】本题要注意分析小球受力情况,明确重力及电场力做功情况,再由电场线利用好几 何关系确定小球的高度变化;要注意采用运动的合成与分析知识进行分析求解. 【解答】解:A、如果小球水平方向不受外力,则可知,水平位移为 v0t,则由几何关系可知, AC= ?t;但由于重力与电场力的合力在水平方向上具有分量,故在水平方向上存在力的 ?t;故 A 错误;

作用,故水平位移小于 v0t,故 AC 的长度一定小于

B、长为小球在下落过程中初末动能不变,由动能定理可知,mgABsin60°﹣EqBCsin60°=0 解得:E= ;由题意可知,小球在下落过程中初末动能不变,根据动能定理,合力做功为 0,

而重力做正功,则电场力做负功,而小球带正电,故电场线应斜向下,根据几何关系知电场 力与重力的合力与 AC 垂直;故 BD 正确; C、此过程中电场力做负功,电势能增加,由几何关系可知,小球在沿电场线的方向上的位移 x= gt2;则电势能的增加量 E=Eqx= 本题选错误的,故选:AC. 5.如图所示,为甲乙两物体在同一直线上运动的位置坐标 x 随时间 t 变化的图象,已知甲做 初速度为零匀变速直线运动,乙做匀速直线运动,则 0~t1 时间内下列说法正确的是( ) ;故 C 错误;

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A.两物体在 t1 时刻速度大小相等 B.t1 时刻乙的速度大于甲的速度 C.t2 时刻甲的速率是乙速率的两倍 D.甲的平均速度小于乙的平均速度 【考点】匀变速直线运动的图像. 【分析】根据位移图象的斜率等于速度,坐标的变化量等于位移,平均速度等于位移除以时 间.根据运动学公式分析速度关系. 【解答】解:A、根据位移时间图象的斜率等于速度,则在 t1 时刻,甲图象的斜率大于乙图象 的斜率,所以甲的速度大于乙的速度,故 A、B 错误; C、坐标的变化量等于位移,根据图象可知,0~t2 时间内甲乙位移大小相等,则有 v 乙 t2= ,可得:v 甲=2v 乙,故 C 正确.

D、0~t2 时间内甲乙位移大小相等,时间也相等,则平均速度的大小相等,故 D 错误. 故选:C 6.如图所示,在竖直平面一圆形区域内存在垂直纸面、磁感应强度为 B 的匀强磁场,O 点是 圆形区域的圆心.一带电粒子(不计重力)从 A 点沿 AO 方向水平射入,速度为 v0,偏转 60° 之后从 B 点射出.现把圆形区域的磁场改为竖直方向的匀强电场 E,使带电粒子仍以原速度 沿 AO 方向射入从 B 点射出,则( )

A.E=

B.E=

C.E=

D.E=BV0

【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. 【分析】根据几何关系得出带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径,根据半径公式从 而得出磁感应强度与圆形区域半径的关系,改为竖直方向的匀强电场,粒子做类平抛运动, 通过水平为和竖直位移,求出电场强度与圆形区域半径的关系,从而得出电场强度与磁感应 强度的关系. 【解答】解:根据几何关系得,带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径 r= R. 因为 qvB=m ,解得: R= …①.

现把圆形区域的磁场改为竖直方向的匀强电场 E,

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竖直位移 y= t= .

R,水平位移 x= R.

y= at2=

=

,解得 qER=

mv02…②

联立①②两式得,E= Bv0.故 A 正确,BCD 错误. 故选:A. 7.P1、P2 为相距遥远的两颗行星,距各自表面相同高度处各有一颗卫星 S1、S2 做匀速圆周运 动.图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度 a,横坐标表示物体到行星 中心的距离 r 的平方,两条曲线分别表示 P1、P2 周围的 a 与 r2 的反比关系,它们左端点横坐 标相同,则( )

A.P1 的平均密度比 P2 的小 B.P1 的第一宇宙速度比 P2 的大 C.S1 的向心加速度比 S2 的小 D.S1 的公转周期比 S2 的小 【考点】万有引力定律及其应用;向心力. 【分析】 根据牛顿第二定律得出行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度 a 的表达式, 结 2 合 a 与 r 的反比关系函数图象得出 P1、P2 的质量和半径关系,根据密度和第一宇宙速度的表 达式分析求解;根据根据万有引力提供向心力得出周期表达式求解. A、 a= 【解答】 解: 根据牛顿第二定律, 行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度为: ,

两曲线左端点横坐标相同,所以 P1、P2 的半径相等,结合 a 与 r2 的反比关系函数图象得出 P1 的质量大于 P2 的质量,根据 ρ= ,所以 P1 的平均密度比 P2 的大,故 A 错误;

B、由 A 知 P1 的质量大于 P2 的质量,P1、P2 的半径相等,第一宇宙速度 v= “第一宇宙速度”比 P2 的大,故 B 正确; C、s1、s2 的轨道半径相等,根据 a=

,所以 P1 的

,所以 s1 的向心加速度比 s2 的大,故 C 错误;

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D、根据根据万有引力提供向心力得出周期表达式 T=2π 故 D 正确; 故选:BD

,所以 s1 的公转周期比 s2 的小,

8.如图所示,间距为 L 米的光滑平等金属轨道上端用电阻 R 相连,其平面与水平面成 θ 角, 整个装置处于磁感应强度为 B 匀强磁场中,磁场方向垂直轨道平面向上,质量为 m,电阻为 r 的金属杆 ab(长度略大于 L) ,以初速度 v0 从轨道底端向上滑行,滑行到距底端高 h 的位置后 又返回到底端,运动过程中,金属杆始终与导轨垂直且接触良好,不计金属轨道的电阻,已 知重力加速度为 g,则以下说法正确的是( )

A.杆 ab 先匀减速上滑,之后匀加速下滑,且上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度 B.杆 ab 运动过程中安培力做功的功率等于电阻 R 的热功率 C.杆 ab 上滑过程中通过 R 的电荷量与下滑过程中通过 R 的电荷量相等 D.杆 ab 上滑到最高点的过程中电阻 R 上产生的焦耳热等于 ( mv02﹣mgh)

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势;电功、电功率. 【分析】 根据牛顿第二定律分析加速度的关系. 根据功能关系分析安培力做功的功率与电阻 R 的热功率关系.根据 q= 比较出电量的大小.通过对导体棒受力分析知,上滑的过程做变

减速直线运动,下滑的过程做变加速直线运动,抓住位移相等,比较安培力大小,即可分析 克服安培力做功的大小.在上滑过程中,导体棒减小的动能转化为重力势能和电阻 R 上产生 的焦耳热,即可比较焦耳热与减少的动能的大小. A、 FA+mgsinθ=ma 【解答】 解: 上滑的过程, 棒所受的安培力沿轨道向下, 由牛顿第二定律得:


;而安培力为:FA=

,可知 v 减小,FA 减小,a 上减小,棒做变减速运动;

下滑的过程,棒所受的安培力沿轨道向上,由牛顿第二定律得:mgsinθ﹣FA=ma 下,而安培力 为:FA= ,可知 v 增大,FA 增大,a 下减小,棒做变加速运动;

由上式得上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度.故 A 错误. B、根据功能关系知杆 ab 运动过程中安培力做功的功率等于电阻 R 和金属杆的热功率之和, 故 B 错误. C、根据感应电荷量公式 q= 可知,上滑与下滑过程中,磁通量的变化量△Φ 相等,则在

上滑过程中和下滑过程中流过电阻 R 的电荷量相等.故 C 正确. D、杆 ab 上滑到最高点的过程中回路中产生的总焦耳热为:Q= mv02﹣mgh,电阻 R 上产生 的焦耳热为:QR= 故选:CD. Q= ( mv02﹣mgh) .故 D 正确.

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9.在绝缘光滑的水平面上相距为 6L 的 A、B 两处分别固定正电荷 QA、QB,两电荷的位置坐 标如图甲所示.图乙是 AB 连线之间的电势 φ 与位置 x 之间的关系图象,图乙中 x=L 点为图 线的最低点,若在 x=2L 的 C 点由静止释放一个质量为 m、电量为+q 的带电小球(可视为质 点) ,下列有关说法正确的是( )

A.小球在 x=L 处的速度最大 B.小球一定可以到达 x=﹣2L 点处 C.小球在 x=0 点受到电场力方向向右 D.固定在 AB 处的电荷的电量之比为 QA:QB=4:1 【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系. 【分析】根据 φ﹣x 图象切线的斜率等于场强 E,分析场强的变化,明确电场力的方向,从而 判断小球的速度变化;根据动能定理确定小球可以到达的位置;x=L 处场强为零,根据点电荷 场强公式 E=k ,求解 QA:QB.

【解答】解:A、据 φ﹣x 图象切线的斜率等于场强 E,则知 x=L 处场强为零,所以小球在 C 处受到的场强向左,向左加速运动,到 x=L 处加速度为 0,从 x=l 向左运动时,电场力向右, 做减速运动,所以小球在 x=L 处的速度最大,故 A 正确. B、根据动能定理得:qU=0,得 U=0,所以小球能运动到电势与出发点相同的位置,由图知向 左最远能到达 x=﹣L 点处,然后小球向右运动,小球将以 x=0.5L 点为中心作往复运动,故 B 错误. C、L 左侧电势降低,则说明电场线向右,因粒子带正电,故受电场力向右,故 C 正确; D、x=L 处场强为零,根据点电荷场强则有:k 正确. 故选:ACD 10.如图所示,倾角为 α 的等腰三角形斜面固定在水平面上,一足够长的轻质绸带跨过斜面 的顶端铺放在斜面的两侧,绸带与斜面间无摩擦.现将质量分别为 M、m(M>m)的小物块 同时轻放在斜面两侧的绸带上.两物块与绸带间的动摩擦因数相等,且最大静摩擦力与滑动 摩擦力大小相等.下列说法正确的有( ) =k ,解得 QA:QB=4:1,故 D

A.在 α 角取不同值的情况下,两物块不可能同时相对绸带静止 B.在 α 角取不同值的情况下,两物块所受摩擦力的大小总是相等

- 13 -

C.若 α=30°,M=4.0kg,m=2.0kg,物块与绸带间的摩擦因素 小分别为 3.75m/s2、2.5m/s2 D.若 α=30°,M=4.0kg,m=2.0kg,物块与绸带间的摩擦因素

,则 M、m 的加速度大

,则 M、m 的加速度大

小都为 2.5m/s2 【考点】共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用;牛顿第二定律. 【分析】题中 M 和 m 均受重力、支持力和绸带的摩擦力,由于 M 对绸带的压力大,最大静 摩擦力大,故绸带跟着 M 下滑,m 可能下滑,也可能上滑,要看 μ 与 tanα 的大小关系. 对 M、m 分别根据牛顿第二定律列式求解加速度即可. 【解答】解:A、两个物块受重力平行斜面的分力分别为 Mgsinα 和 mgsinα,由于斜面光滑, 而 M>m,故一定不可能同时相对斜面静止,故 A 正确; B、对轻质绸带,质量为零,故两个滑块对其的摩擦力大小之和为零,否则会产生无穷大的加 速度,不符合实际; 再根据牛顿第三定律,两物块所受摩擦力的大小也总是大小相等;故 B 正确; C、假设固定绸带,当 μ≥tan30°= 物块与绸带间的摩擦因素 时,物体不会下滑;

时,M 下滑,m 也下滑,由于 M 的压力大,最大静摩擦力

大,故绸带跟着 M 下滑,根据牛顿第二定律,有: Mgsinα﹣μmgcosα=Ma1, mgsinα﹣μmgcosα=ma2, 解得:a1=3.75m/s2,a2=2.5m/s2;故 C 正确; D、假设固定绸带,当 μ≥tan30°= 物块与绸带间的摩擦因素 二定律,有: Mgsinα﹣T=Ma, T﹣mgsinα=ma, 解得:a= m/s2;故 D 错误; 故选:ABC 二、试验题(本题共 2 小题,共 18 分.把答案填在横线上或按题目要求作答) 11.图(1)为“验证机械能守恒”的实验装置,图(2)为实验中所打出的一条纸带,试回答下 列问题: 时,物体不会下滑;

时,M 下滑,m 上滑,两个物体相对绸带静止,根据牛顿第

(1)关于实验中的操作或结论正确的是 B

- 14 -

A.若为电磁打点计时器,则电源用 220V、50Hz 的交流电源 B.应先通电打点,后松开纸带 C.重锤只要选用体积很小的就行 D.本实验中重物重力势能的减少量一定小于动能的增加量 (2)若实验中所用重物的质量 m=1.0Kg,打点时间间隔为 0.02s,打出的纸带如图(2)所示, O 为起始点,A、B、C 为相邻的点,测得 OA=0.78cm、OB=1.79cm、OC=3.14cm,查得当地 的重力加速度 g=9.80m/s2,则重物在 B 点时的动能 EKB= 0.174 J(保留三位有效数字) , 大多数学生的实验结果显示,重力势能的减少量大于动能的增加量,原因是 由于阻力的影 响 . (3)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒:在纸带上选取多个计数点,测量它们到起始 点 O 的距离 h,计算对应计数点的重物速度 v,描绘 v2﹣h 图象,并做如下判断:若图象是一 条过原点的直线,则重物下落过程中机械能守恒.请你分析论证该同学的判断依据是否正确 不正确 . 【考点】验证机械能守恒定律. 【分析】 (1)根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤. (2)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出 B 点的速度,从而得出动能的 增加量.根据能量守恒分析重力势能减小量大于动能增加量的原因. (3)如果 v2﹣h 图象为直线,仅表示合力恒定,与机械能是否守恒无关. 【解答】解: (1)A、若未电磁打点计时器,使用 4﹣6V 的交流电压,故 A 错误. B、实验时先接通电源,再松开纸带,故 B 正确. C、为了减小阻力的影响,重锤选择质量大一些的,体积小一些的,故 C 错误. D、 由于阻力的影响, 一部分重力势能转化为内能, 则重力势能的减小量略大于动能的增加量, 故 D 错误. 故选:B. (2)B 点的速度 m/s=0.59m/s,则 B 点的动能

=

≈0.174J,重力势能的减少量大于动能的增加量,原因是阻力

的影响,使得部分重力势能转化为内能. (3) 该同学的判断依据不正确. 在重物下落 h 的过程中, 若阻力 f 恒定, 根据 mgh﹣fh= 可得 ,

,则此时 v2﹣h 图象就是过原点的一条直线.所以要想通过 v2﹣h 图象的

方法验证机械能是否守恒,还必须看图象的斜率是否接近 2g. 故答案为: (1)B, (2)0.174,由于阻力的影响, (3)不正确. 12.现有一摄像机电池,无法从标签上看清其电动势等数据.现进行如下实验操作: (1)选取多用电表的直流电压 10V 挡,将两表笔直接接到电池的正、负两极,指针偏转情况 如图 1,由此可知其电动势约为 7.1 V.是否可以利用多用电表的欧姆挡直接粗测其内阻, 答: 不可以 (选填“可以”或“不可以”)

- 15 -

(2)现要更加准确测量其电动势和内电阻,实验室备有下列器材: A.电流表(量程 0.6A,内阻为 3Ω) B.电压表(量程 3V,内阻为 3kΩ) C.电压表(量程 50V,内阻为 30kΩ) D.定值电阻 R1=500Ω E.定值电阻 R2=6000Ω F.滑动变阻器(阻值范围 0~30Ω) G.开关及导线 ①该实验中电压表应选 B ,定值电阻应选 E (均选填选项前的字母序号) . ②在图 2 方框中画出实验电路图. ③若将滑动变阻器滑到某一位置,读出此时电压表读数为 U,电流表读数为 I,则电源电动势 和内阻间的关系式为 E=3U+(I+ )r .

【考点】测定电源的电动势和内阻. 【分析】 (1)由电表的量程可明确最小分度,则可得出对应的读数;根据多用电表的原理可 明确能否测出电阻值; (2)①根据电压表量程可明确能否满足实验要求,再根据改装原理选择电阻; ②根据测量电动势和内电阻的实验方法确定电路图; ③根据闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式. 【解答】解: (1)电压表量程为 10V,则最小分度为 0.2V,故读数为 7.1V;因多用电表内部 有电源,外部电动势将影响电路中的电流;故不能用欧姆表直接测量多用电表的内阻; (2)①因电源的电压为 7.1V,电压表量程只有 3V,故应串联阻值较大的定值电阻扩大量程, 故定值电阻应选择 E; ②根据以上分析电压表与定值电阻串联充当电压表,由于电源内阻与电流表内阻较为接近, 故电流表采用相对电源的外接法; 故原理图如图所示; ③根据改装原理可知,路端电压 U'= 总电流 I 总= +I; U=3U;

由闭合电路欧姆定律可得: E=3U+(I+ )r

故答案为: (1)7.1;不可以; (2)①B E ②如图所示

- 16 -

(3)E=3U+(I+

)r

三、论述、计算题(本题共 4 小题,共 42 分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演 算步骤,只写出最后答案不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位) 13.在水平地面上有一质量为 3kg 的物体,物体在水平拉力 F 的作用下由静止开始运动,10s 后拉力大小减为 ,该物体的运动速度随时间 t 的变化规律如图所示. 求: (1)物体的总位移 (2)物体受到的拉力 F 的大小 (3)物体与地面之间的动摩擦因数. (g 取 10m/s2)

【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的图像. 【分析】 (1)速度图象表示的面积即物体的位移大小; (2、3)先根据图象得到物体加速和减速的加速度,然后根据牛顿第二定律列式,联立方程 组求解即可求得拉力和动摩擦因数的大小. 【解答】解: (1)物体的位移大小为 x= = =56m;

(2)由图线可知:0~10s 内加速度大小为 a1= = m/s2=0.8m/s2

10~14s 内加速度大小为 a2= = m/s2=2m/s2

根据牛顿第二定律: F﹣μmg=ma1; μmg﹣ =ma2

解得 F=12.6N,μ=0.34 答: (1)物体的位移大小为 57m; (2)物体受到的拉力 F 的大小为 12.6N; (3)物体与地面之间的动摩擦因数为 0.34.

- 17 -

14.如图所示,空间中存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小为 E=5 N/C,同时存在 着水平方向的匀强磁场,其方向与电场方向垂直,磁感应强度大小 B=1.0T.有一带正电的小 球,质量 m=1.0×10﹣6kg,电荷量 q=2×10﹣6C,正以速度 v 在图示的竖直面内做匀速直线运 动,取 g=10m/s2,

(1)求小球做匀速直线运动的速度 v 的大小和方向; (2)若当经过 P 点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象) ,为使小球仍沿原速 度方向做直线运动需改变电场,求此时的电场的最小值和方向. 【考点】带电粒子在混合场中的运动. 【分析】 (1)小球做匀速直线运动时,受力平衡,根据平衡条件结合几何关系列式求解即可; (2)撤去磁场后,由于保证仍沿着原来的速度方向,则小球受到重力与电场力作用,其合力 与速度方向共线,依据力的合成与分解法则,结合电场力最小值,求解即可. 【解答】解: (1)小球做匀速直线运动时,受力如图,

其所受的三个力在同一平面内,合力为零,则有: Bqv= ,

带入数据解得:v=20m/s, 速度 v 的方向与电场 E 的方向之间的夹角满足 tanθ= ,

解得:tanθ= ,则 θ=60° (2)撤去磁场后,由于受力到重力与电场力,仍沿着原来的速度方向,且电场力是最小值, 则如下图所示:

当电场力与速度垂直时,电场力达到最小,那么电场强度也是最小, 由三角知识可知,qE′=mgcosθ

- 18 -

解得:E′=

=

=2.5N/C,

因小球带正电,因此电场强度的方向垂直速度方向斜向左上方, 答: (1)小球做匀速直线运动的速度 v 的大小为 20m/s,方向与电场 E 的夹角为 60°; (2)此时的电场的最小值为 2.5N/C 和方向垂直速度方向斜向左上方. 15.如图所示,一个足够长的斜面,AC 部分的长度为 4L,C 点以下光滑,C 点以上粗糙,B 是 AC 的中点.一根原长为 2L 的轻弹簧下端固定在 A 点,上端放置一个长为 L、质量为 m 的 均匀木板 PQ,木板静止时,弹簧长度变为 L.已知斜面的倾角为 θ,木板与斜面粗糙部分的 动摩擦因数 μ=2tanθ,木板受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为 g.现将木板 沿斜面缓慢下压,当弹簧长度变为 L 时,释放木板,发现木板的 Q 端刚好能到达 C 点;求:

(1)弹簧的劲度系数; (2)若木板被截掉三分之一后,再次将木板沿斜面缓慢下压,当弹簧长度变为 L 时,释放木 板,求木板上端到达 C 点时的速度大小; (3)若将木板换成一质量为 可看作质点的物块,再次将物块沿斜面缓慢下压,当弹簧长度 变为 L 时,释放物块,求物块被释放后能在斜面粗糙部分前进的距离. 【考点】动能定理的应用. 【分析】 (1)当木板静止时,对木板受力分析,运用平衡条件和胡克定律求弹簧的劲度系数. (2) 木板从被释放至 Q 端到 C 点, 利用动能定理列式. 木板被截掉三分之一后再被弹簧弹开, 再运用动能定理列式,联立可得木板上端到达 C 点时的速度. (3)根据动能定理求出物块被释放后能在斜面粗糙部分前进的距离. 【解答】解: (1)当木板静止时,对木板受力分析,由力的平衡有: 解得弹簧的劲度系数 k= . ,

(2)木板从被释放至 Q 端到 C 点,设弹簧弹力做功为 W,由动能定理有: W﹣mg?2Lsinθ=0 木板被截掉三分之一后再被弹簧弹开,设木板上端到达 C 点时的速度为 v,由动能定理有: W﹣ 联立解得 vC= (3)根据动能定理得, . =0, ,

- 19 -

解得 s= . 答: (1)弹簧的劲度系数为 . .

(2)木板上端到达 C 点时的速度大小为

(3)物块被释放后能在斜面粗糙部分前进的距离为 .

16. 如图所示, 在第一象限内有垂直纸面向里和向外的匀强磁场, 磁感应强度分别为 B1=0.2T、 B2=0.05T,分界线 OM 与 x 轴正方向的夹角为 α.在第二、三象限内存在着沿 x 轴正方向的匀 强电场,电场强度 E=1×104V/m.现有一带电粒子由 x 轴上 A 点静止释放,从 O 点进入匀强 磁场区域. 已知 A 点横坐标 xA=﹣5×10﹣2m, 带电粒子的质量 m=1.6×10﹣24kg, 电荷量 q=+1.6 ﹣15 ×10 C. (1)如果 α=30o,在 OM 上有一点 P,OP=3×10﹣2m,粒子从进入 O 点计时,经多长时间经 过 P 点? cos37°=0.8) (2) 要使带电粒子能始终在第一象限内运动, 求 α 的取值范围? (已知 sin37°=0.6,

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动. 【分析】 (1)粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动,根据动能定理列式求解末速度; 进入磁场后,做匀速圆周运动,洛仑兹力提供向心力,根据牛顿第二定律列式求解轨道半径, 画出运动轨迹,注意粒子通过直线边界时,进入时速度与边界线的夹角等于离开时速度与边 界线的夹角; (2)正确画出轨迹,由几何知识及三角函数求解. 【解答】解: (1)在电场中加速过程,根据动能定理,有: , m/s=1×106m/s;

解得:v=

=

粒子在磁场中运动时,根据牛顿第二定律,有: 解得:r= ;



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粒子通过直线边界 OM 时,进入时速度与边界线的夹角等于离开时速度与边界线的夹角,故 经过 B1 磁场时沿着 OM 前进 r1 距离,经过 B2 磁场时沿着 OM 前进 r2 距离,由于 OP=3×10﹣ 2 m=2r1+r2,故轨迹如图所示:

故粒子从进入 O 点计时,到达 P 点经过的时间为: t= = = =3.14×10﹣8s (2)由于 r2=2r1,画出临界轨迹,如图所示:

由几何关系解得:cosα=

= ,故 α≤arccos =48.2°;

答: (1)如果 α=30o,在 OM 上有一点 P,OP=3×10﹣2m,粒子从进入 O 点计时,经 3.14×10 ﹣8 s 时间经过 P 点; (2)要使带电粒子能始终在第一象限内运动,α 的取值范围为 α≤48.2°.

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