1、涡阳一中2018级高二年级寒假作业(2)物理一、选择题（每题4分，共40分。其中1-7单选、8-10多选）1两个带等量正电荷的点电荷固定在图中a、b两点，MN为ab连线的中垂线，交直线ab于O点，A为MN上的一点。一带负电的试探电荷q从A点由静止释放，仅在静电力作用下运动。则下列说法正确的是（）Aq在由A点向O点运动的过程中，加速度先增大后减小Bq在由A点向O点运动的过程中，动能先增大后减小Cq在由A点向O点运动的过程中，电势能先减小后增大Dq将以O点为对称点做往复运动2某静电场在x轴上各点的电势随坐标x的分布图像如图。有一带电的小球只在电场力作用下沿x轴正向运动，从x1处运动到x2处的过程中
2、，下列说法中正确的是（）A带电小球的电势能一定减小B带电小球的动能一定增大C带电小球的动量一定增大D带电小球的加速度一定增大3如图所示，在竖直平面内有一半径为的圆弧轨道，半径水平、竖直，一个质量为的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。己知，重力加速度为，则小球从P到B的运动过程中（）A重力做功B机械能减少C合外力做功D克服摩擦力做功4如图所示，当滑动变阻器的滑动片P向上端移动时，则电表示数的变化情况是 （ ）AV1减小，V2增大，A增大BV1增大，V2减小，A增大CV1增大，V2增大，A减小DV1减小，V2减小，A减小5如图所示，实线是一簇由负点
3、电荷产生的电场线。一带电的粒子仅在电场力作用下通过电场，图中虚线为粒子的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。下列判断正确的是（）Aa点场强小于b点场强Ba点电势高于b点电势C带电粒子从a到b动能减小D带电粒子带负电6如图所示，在相距为d的虚线MN、PQ区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场。一带正电粒子沿与边界MN成60角的方向从A点以不同的速度大小射入匀强磁场中。不计粒子重力，若粒子能从PQ边界飞出磁场，则射到PQ边界的点到A点的最大距离为（）AdBdCdD2d7如图所示，在纸面内有一直角三角形ABC，P1为AB的中点，P2为AP1的中点，BC=2 cm，A = 30。纸面内有一匀强电场，电子在A点的
4、电势能为-5 eV，在C点的电势能为19 eV，在P2点的电势能为3 eV。下列说法正确的是（）AA点的电势为-5 VB该电场的电场强度方向由B点指向A点CB点的电势为-19 VD该电场的电场强度大小为800 V/m8如图所示，水平桌面上放置一个倾角为45的光滑楔形滑块A，一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量为m=0.2 kg的小球。若滑块与小球一起以加速度a向左做匀加速运动（取g=10 m/s2）则下列说法正确的是（）A当a=5 m/s2时，滑块对球的支持力为B当a=15 m/s2时，滑块对球的支持力为0 NC当a=5 m/s2时，地面对A的支持力一定大于两个物体的重力
5、之和D当a=15 m/s2时，地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和9如图所示，质量M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L，子弹进入木块的深度为x，若木块对子弹的阻力F恒定，则下列关系式中正确的是（）ABCD10一带电小球在相互垂直的匀强电场、匀强磁场中作匀速圆周运动，匀强电场竖直向上，匀强磁场水平且垂直纸面向里，如图所示，下列说法正确的是（）A沿垂直纸面方向向里看，小球的绕行方向为顺时针方向B小球一定带正电且小球的电荷量C由于洛伦兹力不做功，故小球在运动过程中机械能守恒D由
6、于合外力做功等于零，故小球在运动过程中动能不变二、实验题（6分+9分=15分）11（6分）某同学为探究加速度与合外力的关系，设计了如图甲所示的实验装置。一端带有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，用轻绳绕过定滑轮及轻滑轮将小车与弹簧测力计相连。实验中改变悬挂的钩码个数进行多次测量，记录弹簧测力计的示数F,并利用纸带计算出小车对应的加速度a。(1)实验前应把木板左端适当垫高，以平衡摩擦力（）A平衡摩擦力时，不需要拖着纸带B平衡摩擦力时，需要细绳拉着小车C轻推小车，小车能做匀速直线运动，证明已经平衡掉摩擦力(2)实验中钩码的质量可以不需要远小于小车质量，其原因是_。A小车所受的拉力与钩码的重力无关B小
7、车所受的拉力等于钩码重力的一半C小车所受的拉力可由弹簧测力计直接测出(3)图乙是实验中得到的某条纸带的一部分。已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz,由纸带数据求出小车的加速度a=_m/s2(结果保留两位有效数字)12（9分）利用如图所示的电路测定一节干电池的电动势和内电阻，要求尽量减小实验误差。供选择的器材有：A电流表A（00.6 A）B电压表V1（03 V）C电压表V2（015 V）D滑动变阻器R1（015 ）E滑动变阻器R2（0100 ）G定值电阻R0=1 H开关一个，导线若干（1）实验中电压表应选用_，滑动变阻器应选用_（选填相应器材前的字母）。（2）实验小组根据图甲中电路图已连接
8、了部分器材，请用笔画线当导线，将乙图中实物连接图补充完整。（3）实验时，某位同学记录了5组数据，对应的点已经标在坐标纸上，请在坐标纸上画出UI图线，并根据所画图线可得出干电池的电动E=_，内电阻r=_。三、解答题（10分+10分+12分+13分=45分）13如图所示，电路中E3V，r0.5，R01.5，变阻器的最大阻值为10.（1）变阻器接入电路的阻值R为多大时，变阻器上消耗的功率最大？最大为多大？（2）变阻器接入电路的阻值R为多大时，R0上消耗的功率最大？最大为多大？（3）变阻器接入电路的阻值R为多大时，电源的输出功率最大？最大为多大？14如图所示，在倾角为 =30的斜面上，固定一宽L=0.
9、25 m的平行光滑金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R。电源电动势E=12 V、内阻r =1 ，一质量m =20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好。整个装置处于磁感应强度B=0.80 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）。g取10 m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：（1）金属棒所受到的安培力的大小；（2）通过金属棒的电流的大小；（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值。15在平面直角坐标系xOy中，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第四象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直
10、于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成60角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示.不计粒子重力，求：（1）M、N两点间的电势差UMN；（2）OP距离（3）粒子在磁场中的运动时间t；寒假作业物理答案1DA因为在OM之间存在一个场强最大的位置（设为P点），若A点在P点上面，则q在由A点向O点运动的过程中，所受的电场力先增加后减小，则加速度先增大后减小；若A点在P点下面，则q在由A点向O点运动的过程中，所受的电场力逐渐减小，则加速度逐渐减小；选项A错误；BCq在由A点向O点运动的过程中，电场力一直做正功，动能增加，电势能减小，选项BC错误；D电场强度在MN上是对称分布
11、的，故根据电场力做功可知，电子将以O点为对称中心做往复运动，故D正确。故选D.2DABC带电小球只在电场力作用下沿x轴正向运动，若小球带正电，则小球的电势能减小，动能增加，动量变大；若小球带负电，则小球的电势能增加，动能减小，动量变小；选项ABC错误；D因-x图像的斜率等于场强，则带电小球从x1处运动到x2处的过程中，所受的电场力变大，则加速度一定增大，选项D正确；故选D.3DA重力做功与路径无关，只与初末位置有关，故小球从P到B的运动过程中，重力做功为WG=mg2R=2mgR故A错误；BD小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律，有解得：从P到B过程，重力势能减小量为2m
12、gR，动能增加量为故机械能减小量为从P到B过程，克服摩擦力做功等于机械能减小量，故为，故B错误，D正确；C从P到B过程，合外力做功等于动能增加量，故故C错误。4C试题分析：当滑动变阻器的滑片向上端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，变阻器与定值电阻并联的总电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析可知总电流I变小，电源的内电压变小，路端电压U变大，即V1增大电阻R1的电压变小，则并联部分的电压增大，可知电压表V2示数增大，所以电阻R2的电流增大，因总电流变小，所以A示数减小故C正确，ABD错误故选C考点：电路的动态分析【名师点睛】本题是电路的动态变化分析问题，考查闭合电路的欧姆定律的应
13、用，关键要从局部到整体，再到局部，按顺序进行分析即可。5CA.电场线越密集场强越大，则a点场强大于b点场强，故A错误；B.沿电场线方向电势逐渐降低，则a点电势低于b点电势，故B错误；C.由图可知，带电粒子受到的电场力指向轨迹凹侧，与a到b的轨迹夹角为钝角，所以电场力做负功，动能减小，故C正确；D.由带电粒子的轨迹可知粒子受到的电场力指向轨迹凹侧，则粒子带正电，故D错误。故选C。6A粒子恰好不能从边界飞出的运动轨迹如图所示，设切点为；由几何知识得：解得：根据图中几何关系可得射到边界的点到点的最大距离为：A.与分析相符，故A正确；B.与分析不符，故B错误；C.与分析不符，故C错误；D.与分析不符，
14、故D错误。7DA由公式可知，故A错误。BA到P2的电势差为故B错误。CA点到B点电势均匀降落，设P1与B的中点为P3,该点电势为： P3点与C为等势点，连接两点的直线为等势线，如图虚线P3C所示。由几何关系知，P3C与AB垂直，所以AB为电场线，又因为电场线方向由电势高指向电势低，所以该电场的电场强度方向是由A点指向B点，故C错误。DP3与C为等势点，该电场的电场强度方向是由A点指向B点，所以场强为：故D正确。8ABD设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，有：水平方向：F合=Fcos45=ma0，竖直方向：Fsin45=mg，解得：a0=gA当
15、a=5m/s2时，小球未离开滑块，水平方向：Fcos45-FNcos45=ma ，竖直方向：Fsin45+FNsin45=mg，解得：B当a=15m/s2时，小球已经离开滑块，只受重力和绳的拉力，滑块对球的支持力为零。故B正确。CD当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和。故C错误，D正确。故选ABD。9ACDAB. 根据能量守恒定律知，摩擦力与相对位移的乘积等于系统能量的损失，有Fx=mv02-（m+M）v2故选项A符合题意，选项B不合题意；C.对木块运用动能定理，有FL=Mv2-0故选项C符合题意；D.对子弹，由动能定理-F（L+x）=
16、mv2-mv02则故选项D符合题意。10BD【解析】带电微粒在复合场中，只有满足重力与电场力大小相等方向相反，微粒的合力只表现为洛伦兹力才能做圆周运动，故粒子所受电场力向上，微粒带正电，微粒的洛伦兹力方向要指向圆心，由左手定则判断运动方向为逆时针，由mg=qE可得，故A错误，B正确；洛伦兹力不做功，但电场力做功，故机械能不守恒，故C错误；由于合外力做功等于零，根据动能定理，小球在运动过程中动能不变，故D正确；故选BD点睛：物体做匀速圆周运动的条件是物体受到的合力大小不变，方向时刻指向圆心，带电微粒在复合场中，只有满足重力与电场力大小相等方向相反，微粒才能做匀速圆周运动，否则不能 11C C 0
17、.16m/s2 （1）1A.平衡摩擦力时，需要拖着纸带，选项A错误；B.平衡摩擦力时，不需要细绳拉着小车，选项B错误；C.轻推小车，小车能做匀速直线运动，证明已经平衡掉摩擦力，选项C正确；（2）2实验中钩码的质量可以不需要远小于小车质量，其原因是小车所受的拉力可由弹簧测力计直接测出，故选C.（3）3根据可得12B D 1.48(1.47-1.49范围内均可） 0.60（0.57-0.63范围内均可） （1）1一节干电池电动势约为1.5 V，则电压表应选B；2为方便实验操作，电表示数有明显变化，滑动变阻器应选D；（2）3实物连接图如图所示：（3）4UI图线如图所示：5据可得，图线与U轴的交点等于
18、电动势，则电动势为1.48 V；6图线斜率的绝对值为1.60，大小等于内阻与定值电阻R0之和，则内阻为0.60 。13（1）2,W（2）0,W.（3）0,W(1)将电阻R0和电源等效成新的电源，当外电路电阻与等效电源内电阻相等时，等效电源的输出功率最大；故当等效电源的输出功率最大，即变阻器上消耗的功率最大；此时，最大功率为(2)根据公式P=I2R，当电流最大时，定值电阻R0上消耗的功率最大，根据闭合电路欧姆定律，有所以当Rx=0，电流最大，定值电阻R0上消耗的功率最大；此时I=1.5A，最大功率(3)当外电阻与电源内阻越接近时，电源的输出功率越大，所以当时，电源的输出功率最大，此时路端电压为电流为电源的最大功率为14（1）0.1N （2）0.5A （3）23（1）作出金属棒的受力图，如图所示.则有F=mgsin30=0.1N.（2）根据安培力公式F=BIL得.（3）设变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆定律有E=I(R+r)，得.15（1）UMN.（2）（3）.粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，两者的衔接点是N点的速度.（1）设粒子过N点时的速度为v，有cos v2v0. 粒子从M点运动到N点的过程 所以. （2）如图所示，粒子在磁场中以O为圆心做匀速圆周运动，半径为ON，有所以 （3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 设粒子在磁场中运动的时间为t，有