1、江苏省泰州二中2017届高三（上）月考物理试卷（12月份）(解析版)一、单项选择题：本题共7小题，每小题3分，共21分每小题只有一个选项符合题意1关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（）A安培首先发现了电流的磁效应B伽利略认为自由落体运动是速度随位移均匀变化的运动C牛顿发现了万有引力定律，并计算出太阳与地球间引力的大小D法拉第提出了电场的观点，说明处于电场中电荷所受到的力是电场给予的2下列说法中不正确的是（）A根据速度定义式v=，当t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法B在探究加速度、力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力
2、不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法C在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法D在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法3如图所示，D、E、F、G为地面上距离相等的四点，三个质量相同的小球A、B、C分别在E、F、G的正上方不同高度处，以相同的水平初速度向左抛出，最后均落到D点若不计空气阻力，则可判断A、B、C三个小球（）A在空中运动时间之比为1：3：5B初始离地面的高度之比为1：3：5C在空中运动过程中重力的平均功率之比为1：2：3D从抛出到落地过程中，动能的变化
3、量之比为1：2：342011年8月12日，我国在西昌卫星发射中心，将巴基斯坦通信卫星1R（Paksat1R）成功送入地球同步轨道，发射任务获得圆满成功关于成功定点后的“1R”卫星，下列说法正确的是（）A运行速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度B离地面的高度一定，相对地面保持静止C绕地球运动的周期比月球绕地球运行的周期大D向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等5如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，（设电源电阻r不计，两端电压不变）现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则（）A电容器上的带电量将减少B电容器中的电场强度将增大C电容器的电容将减小D液滴将向上
4、运动6如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b不计空气阻力，则（）A小球带负电B电场力跟重力平衡C小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D小球在运动过程中机械能守恒7如图所示，两竖直平行板间同时存在匀强电场和匀强磁场，电场的场强为E、方向水平向左，磁场的磁感应强度为B、方向与电场垂直且水平向里一带点液滴以竖直向下的初速度v0=进入电、磁场区域，最终能飞出该区域则液滴在电、磁场中（）A做匀速直线运动B做匀变速曲线运动C运动速度逐渐减小D机械能逐渐减小二、多项选择题：本题共5小题，每
5、小题4分，共20分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分8如图所示是质量为1kg的质点在水平面上运动的vt图象，以水平向右的方向为正方向以下判断中正确的是（）A在t=6.0 s时，质点加速度为零B在4.0 s6.0s时间内，质点的平均速度为3m/sC在03.0 s时间内，合力对质点做功为10 JD在1.0 s5.0s时间内，合力的平均功率为2W9如图所示，在匀强磁场区域中有一光滑斜面体，在斜面体上放了一根长为L、质量为m的导线，当通以如图方向的电流后，导线恰好能保持静止，则磁感应强度B满足（）A，方向水平向左B，方向垂直纸面向外C，方向沿斜面向上D，方
6、向竖直向下10将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均相同在这三个过程中，下列说法正确的是（）A沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同B沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最少的D物块沿着1和2下滑到底端的过程，产生的热量是一样多的11如图所示，xOy坐标平面在竖直面内，x轴沿水平方向，y轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于xOy平
7、面的水平匀强磁场一带电小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线关于带电小球的运动，下列说法中正确的是（）AOAB轨迹为半圆B小球运动至最低点A时速度最大，且沿水平方向C小球在整个运动过程中机械能守恒D小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等12如图所示为某一电场所形成的一簇电场线，图中E、F、G、H是以坐标原点O为圆心的圆周上的四个点，E、H点在y轴上，G点在x轴上，则下列说法中正确的有（）AO点的电场强度大于E点的电场强度BOE间的电势差大于HO间的电势差C正电荷在O点时的电势能大于其在G点时的电势能D将正电荷从H点移到F点的过程中，电场力对其做负功三、简答题：本题共2题，共计20分把答案填
8、在答卷纸相应的位置或按要求作答.13（10分）测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图所示的装置，图中长木板水平固定（1）实验过程中，电火花计时器应接在（选填“直流”或“交流”）电源上调整定滑轮高度，使（2）已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块与长木板间动摩擦因数=（3）如图为木块在水平木板上带动纸带运动打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出从纸带上测出x1=3.20cm，x2=4.52cm，x5=8.42cm，x6=9.70cm则木块加速度大小a=m/s2（保留两位有效数字）14（
9、10分）为了测量某电池的电动势E（约为3V）和内阻r，可供选择的器材如下：A电流表G1（2mA100）B电流表G2（1mA内阻未知）C电阻箱R1（0999.9）D电阻箱R2（09999）E滑动变阻器R3（0101A）F滑动变阻器R4（01 00010mA）G定值电阻R0（8000.1A）H待测电池I导线、电键若干（1）采用如图1所示的电路，测定电流表G2的内阻，得到电流表G1的示数I1、电流表G2的示数I2如下表所示：I1（mA）0.400.811.201.592.00I2（mA）0.200.400.600.801.00根据测量数据，请在图2坐标中描点作出I1I2图线由图得到电流表G2的内阻等
10、于（2）在现有器材的条件下，测量该电池的电动势和内阻，采用如图3所示的电路，图中滑动变阻器应该选用给定的器材中，电阻箱选（均填写器材代号）（3）根据图3所示电路，请在图4中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接四、论述和演算题：本题共4小题，共59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的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.15（14分）如图甲所示，一物块在t=0时刻，以初速度v0=4m/s从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示，t=0.5s时刻物块到达最高点，t=1.5s时刻物块又 返回底端求：（1）物块上滑和下滑的加速度大
11、小a1，、a2；（2）斜面的倾角及物块与斜面间的动摩擦因数16（14分）如图所示，匀强电场方向沿x轴的正方向，场强为E在A（l，0）点有一个质量为m，电荷量为q的粒子，以沿y轴负方向的初速度v开始运动，经过一段时间到达B（0，l）点，（不计重力作用）求：（1）粒子的初速度v0的大小；（2）当粒子到达B点时的速度v的大小17（15分）如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为R的水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的3/4圆弧轨道，两轨道相切与B点在外力作用下，一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，重力加速度大小为g求：（1）小球
12、在C点的速度的大小；（2）小球在AB段运动的加速度的大小；（3）小球从D点运动到A点所用的时间18（16分）如题图1所示的坐标系内，在x0（x00）处有一垂直工轴放置的挡板在y轴与挡板之间的区域内存在一个与xoy平珏垂直且指向纸内的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T位于坐标原点O处的粒子源向xoy平面内发射出大量同种带正电的粒子，所有粒子的初速度大小均为vo=1.0106m/s，方向与x轴正方向的夹角为，且090该粒子的比荷为，不计粒子所受重力和粒子间的相互作用，粒子打到挡板上后均被挡板吸收（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径R：（2）如题图2所示，为使沿初速度方向与x轴正方向的夹角=30射出的粒
13、子不打到挡板上，则x0必须满足什么条件？该粒子在磁场中运动的时间是多少？（3）若x0=5.0102m，求粒子打在挡板上的范围（用y坐标表示），并用“”图样在题图3中画出粒子在磁场中所能到达的区域：2016-2017学年江苏省泰州二中高三（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共7小题，每小题3分，共21分每小题只有一个选项符合题意1关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（）A安培首先发现了电流的磁效应B伽利略认为自由落体运动是速度随位移均匀变化的运动C牛顿发现了万有引力定律，并计算出太阳与地球间引力的大小D法拉第提出了电场的观点，说明处于电场中电荷所受到的力是电
14、场给予的【考点】物理学史【分析】本题比较简单考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的牛顿、爱因斯坦、法拉第等，在学习过程中要了解、知道这些著名科学家的重要贡献【解答】解：A、奥斯特首先发现了电流的磁效应，故A错误；B、伽利略认为自由落体运动中速度随时间变化是均匀的，位移与所用时间的平方成正比，故B错误；C、牛顿发现了万有引力定律，并没有计算出太阳与地球间引力的大小，故C错误；D、法拉第最早提出场的概念，并引入电场线描述电场，说明电荷所受到的力是电场给予的，故D正确故选D【点评】本题属于记忆知识，要了解、熟悉物理学史，关键在于平时注意积累和记忆2
15、下列说法中不正确的是（）A根据速度定义式v=，当t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法B在探究加速度、力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法C在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法D在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法【考点】物理学史【分析】速度的定义v=，当t0时，表示物体在t时刻的瞬时速度，是采用数学上极限思想方法在探究加速度、力和质量三者之间关系时，应
16、用了控制变量法匀变速运动分成无数小段，采用的是数学上的微分法质点是用来代替物体的，采用是等效替代法【解答】解：A、速度的定义v=，表示平均速度，当t0时，表示物体在t时刻的瞬时速度，是采用数学上极限思想方法故A正确 B、在探究加速度、力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法故B正确 C、在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成无数小段，采用的是数学中的微元法故C正确 D、用质点来代替物体的方法是理想化模型法故D错误本题选不正确的，故选：D【点评】本题考查物理常用的思维方法中学物理常用的思想方法有极限法、控制变
17、量法、等效法、假设法等等3如图所示，D、E、F、G为地面上距离相等的四点，三个质量相同的小球A、B、C分别在E、F、G的正上方不同高度处，以相同的水平初速度向左抛出，最后均落到D点若不计空气阻力，则可判断A、B、C三个小球（）A在空中运动时间之比为1：3：5B初始离地面的高度之比为1：3：5C在空中运动过程中重力的平均功率之比为1：2：3D从抛出到落地过程中，动能的变化量之比为1：2：3【考点】动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率【分析】小球水平抛出后做平抛运动，平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体运动，应用平抛运动规律可可以求出运动时间与高度之比；由功率公式可以求出
18、平均功率之比，由动能定理可以求出动能之比【解答】解：小球抛出后做平抛运动，设小球的水平速度为v；A、由题意知，小球在水平方向的位移之比xA：xB：xC=1：2：3，小球在水平方向做匀速直线运动，x=vt，则小球的运动时间之比tA：tB：tC=1：2：3，故A错误；B、小球在竖直方向上做自由落体运动，h=gt2，则抛出点的高度之比hA：hB：hC=tA2：tB2：tC2=1：4：9，故B错误；C、重力的平均功率P=，重力平均功率之比PA：PB：PC=： =1：2：3，故C正确；D、由动能定理得，动能的变化量EK=mgh，从抛出到落地过程中，动能的变化量之比为EKA：EKB：EKC=hA：hB：h
19、C=1：4：9，故D错误；故选C【点评】知道小球做平抛运动，平抛运动可分解为水平方向的匀速运动与竖直方向的自由落体运动，熟练运动匀速运动与自由落体运动的运动规律即可正确解题42011年8月12日，我国在西昌卫星发射中心，将巴基斯坦通信卫星1R（Paksat1R）成功送入地球同步轨道，发射任务获得圆满成功关于成功定点后的“1R”卫星，下列说法正确的是（）A运行速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度B离地面的高度一定，相对地面保持静止C绕地球运动的周期比月球绕地球运行的周期大D向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等【考点】万有引力定律及其应用；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度【分
20、析】“1R”卫星为地球同步卫星，又称对地静止卫星，是运行在地球同步轨道上的人造卫星，星距离地球的高度约为36000 km，卫星的运行方向与地球自转方向相同、运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道、运行周期与地球自转一周的时间相等，即23时56分4秒，卫星在轨道上的绕行速度约为3.1公里/秒，其运行角速度等于地球自转的角速度【解答】解：A任何绕地球做圆周运动的卫星速度都小于第一宇宙速度，故A错误；B“1R”卫星为地球同步卫星，有四个“定”：定轨道、定高度、定速度、定周期故B正确；C“1R”卫星的周期与地球自转一周时间相等，即23时56分4秒，球绕地球运行的周期大约27天，故C错误；D.根据可知，随
21、着半径R的增大，a在减小，故“1R”卫星的向心加速度比赤道上物体的向心加速度小，故D错误故选B【点评】本题考查了地球卫星轨道相关知识点，地球卫星围绕地球做匀速圆周运动，圆心是地球的地心，万有引力提供向心力，轨道的中心一定是地球的球心；同步卫星有四个“定”：定轨道、定高度、定速度、定周期本题难度不大，属于基础题5如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，（设电源电阻r不计，两端电压不变）现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则（）A电容器上的带电量将减少B电容器中的电场强度将增大C电容器的电容将减小D液滴将向上运动【考点】闭合电路的欧姆定律；电容【分析】由题意可知，电容器
22、与R2并联，根据闭合电路欧姆定律可确定随着滑片左移，电阻的变化，导致电压的变化，从而判定电阻R2的电压变化，再根据Q=CU分析电容器的电量变化由E=分析两极间的电场强度如何变化，判断液滴所受的电场力的变化，即可分析其运动状态【解答】解：AB、电容器两板间电压等于R2两端电压当滑片P向左移动时，总电阻增大，则总电流减小，R2两端电压U减小，由E=知电容器中的场强减小；电容器的电压减小，由Q=CU，知电容器放电，电荷量减小，故A正确，B错误；C、电容器的电容与U的变化无关，保持不变，故C错误；D、电容器中场强变小，则带电液滴所受电场力变小，使液滴向下运动，故D错误；故选：A【点评】考查电容器的动态
23、分析，涉及到闭合电路的欧姆定律，同时要加强对Q=CU与E=公式的理解6如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b不计空气阻力，则（）A小球带负电B电场力跟重力平衡C小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D小球在运动过程中机械能守恒【考点】电势能；机械能守恒定律【分析】小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力必定平衡，可判断小球的电性由电场力做功情况，判断电势能的变化机械能守恒的条件是只有重力做功【解答】解：A、B据题小球在竖直平面内做匀速圆周运动，
24、受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力平衡，则知小球带正电故A错误，B正确C、小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大故C错误D、由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒故D错误故选B【点评】本题的解题关键是根据质点做匀速圆周运动的条件，判断电场力与重力的关系，确定出小球的电性7如图所示，两竖直平行板间同时存在匀强电场和匀强磁场，电场的场强为E、方向水平向左，磁场的磁感应强度为B、方向与电场垂直且水平向里一带点液滴以竖直向下的初速度v0=进入电、磁场区域，最终能飞出该区域则液滴在电、磁场中（）A做匀速直线运动B做匀变速曲线运动C运动速度逐渐减小D机械能逐渐减小
25、【考点】带电粒子在混合场中的运动【分析】带点液滴刚进入复合场中时，电场力与洛伦兹力相等，因此重力使其加速，从而导致洛伦兹力增加，则做曲线运动，且合力随着速度变化而变化由电场力与重力做功，分别确定速度与机械能如何变化【解答】解：A、带点液滴进入场中时，由题意可知，电场力等于洛伦兹力，所以重力使其加速运动，从而影响洛伦兹力，使其大小增大，导致方向也发生变化，所以带点液滴将向右做变速曲线运动，故AB均错误；C、由题意可知，带点液滴向右偏离并射出复合场，则运动速度渐渐增大，故C错误；D、由上分析可知，电场力做负功，导致电势能增加，则机械能减小，故D正确；故选D【点评】考查带点液滴在场中受到重力、电场力
26、、洛伦兹力，注意洛伦兹力与速度有关，从而影响整个运动与受力情况，并掌握重力做功与重力势能的变化、电场力做功影响电势能的变化二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分8如图所示是质量为1kg的质点在水平面上运动的vt图象，以水平向右的方向为正方向以下判断中正确的是（）A在t=6.0 s时，质点加速度为零B在4.0 s6.0s时间内，质点的平均速度为3m/sC在03.0 s时间内，合力对质点做功为10 JD在1.0 s5.0s时间内，合力的平均功率为2W【考点】匀变速直线运动的图像【分析】先根据速度时间图象得到
27、物体的运动规律，然后根据动能定理判断合力的做功情况，根据速度时间图线与时间轴包围的面积表示位移来计算物体的位移大小，根据平均速度的定义求平均速度，根据平均功率的定义来求解平均功率【解答】解：A、在t=6.0s时，质点速度为零，但从5s到7s物体做匀变速直线运动，加速度不变，故该时刻物体的加速度不为零，故A错误；B、由于速度时间图线与时间轴包围的面积表示位移，故物体在4.0s6.0s时间内的位移为，故平均速度为，故B正确；C、根据动能定理，在03.0s时间内，合力对质点做功等于动能的增加量，故=6J，故C错误；D、根据动能定理，在1s5.0s时间内，合力对质点做功等于动能的增加量，故，故合力的平
28、均功率为，故D正确；故选：BD【点评】本题关键是由速度时间图象得到物体的运动情况，然后结合动能定理和运动学公式列式分析，同时要注意，速度为零时加速度不一定为零9如图所示，在匀强磁场区域中有一光滑斜面体，在斜面体上放了一根长为L、质量为m的导线，当通以如图方向的电流后，导线恰好能保持静止，则磁感应强度B满足（）A，方向水平向左B，方向垂直纸面向外C，方向沿斜面向上D，方向竖直向下【考点】安培力【分析】对导体棒受力分析，受到重力、支持力和安培力，根据平衡条件分情况列式求解即可【解答】解：A、磁场方向水平向左时，安培力竖直向上，与重力平衡，有mg=BIL解得B=，故A正确；B、磁场垂直向外时，由于电
29、流与磁场方向平行，故安培力为零，不可能平衡，故B错误；C、方向沿斜面向上，安培力垂直于斜面向上，不可能平衡，故C错误；D、磁场竖直向下时，安培力水平向左，导体棒还受到重力和支持力，根据平衡条件和安培力公式，有mgtan=BIL解得B=，故D正确故选：AD【点评】本题关键是对物体受力分析，然后根据左手定则判断出各个选项中的安培力方向，最后根据平衡条件列方程求解即可10将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均相同在这三
30、个过程中，下列说法正确的是（）A沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同B沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最少的D物块沿着1和2下滑到底端的过程，产生的热量是一样多的【考点】功能关系【分析】对物体进行受力分析和做功分析，根据动能定理分析物体到达斜面底端时速度关系根据功的计算公式得出克服摩擦力做功表达式，分析产生的热量关系【解答】解：AB、设任意一斜面倾角为，斜面的长度为L，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为：W=mgcosLLcos即为斜面底边的长度，设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得：mghmgLcos
31、=mv20，根据图中斜面高度和底边长度可知，滑到底边时速度大小关系为：v1v2v3，即沿着1下滑到底端时，物块的速度最大，故A错误，B正确CD、摩擦生热等于物块克服摩擦力做功，即 Q=mgcosL，由图可知1和2底边相等且小于3的底边，故摩擦生热关系为：Q1=Q2Q3，即物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多，物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量最多，故C错误，D正确；故选：BD【点评】物体沿斜面下滑时，克服摩擦力做的功等于W=mgLcos，对于不同的倾角下滑的物体，只要重力和动摩擦因数相同，我们只需要比较物体在水平方向上通过位移的大小就可以比较物体克服摩擦力做功的多少求解物体
32、速度大小时结合摩擦力做功情况应用动能定理加以判断即可11如图所示，xOy坐标平面在竖直面内，x轴沿水平方向，y轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于xOy平面的水平匀强磁场一带电小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线关于带电小球的运动，下列说法中正确的是（）AOAB轨迹为半圆B小球运动至最低点A时速度最大，且沿水平方向C小球在整个运动过程中机械能守恒D小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】电荷在重力和洛伦兹力共同作用下做曲线运动，重力恒为mg，洛伦兹力大小F=qvB，与物体的速度有关，重力改变电荷运动速度的大小，洛伦兹力改变电荷运动速度的方向，因洛
33、伦兹力大小随速度的变化而变化，故电荷不可能做圆周运动；在整个运动过程中，由于洛伦兹力不做功，系统只有重力做功，故系统的机械能守恒【解答】解：A、因为重力改变速度的大小，而洛伦兹力仅改变速度的方向，又洛伦兹力大小随随速度的变化而变化，故电荷运动的轨迹不可能是圆，故A错误；B、因为系统只有重力做功，据动能定理，电荷在最低点时重力做功最多， ，最低点处h最大故速度最大曲线运动的速度方向为该点的切线方向，是低点的切线方向在水平方向，故B正确；C、整个过程中由于洛伦兹力不做功，即只有重力做功，故系统机械能守恒，故C正确；D、若最低点洛伦兹力与重力大小相等，根据平衡可知电荷将水平向右做匀速直线运动，故不可
34、能沿轨迹AB运动，故D错误故选BC【点评】注意洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，在运动过程中洛伦兹力不做功12如图所示为某一电场所形成的一簇电场线，图中E、F、G、H是以坐标原点O为圆心的圆周上的四个点，E、H点在y轴上，G点在x轴上，则下列说法中正确的有（）AO点的电场强度大于E点的电场强度BOE间的电势差大于HO间的电势差C正电荷在O点时的电势能大于其在G点时的电势能D将正电荷从H点移到F点的过程中，电场力对其做负功【考点】等势面；电势；电势能【分析】根据电场线与等势线垂直，画出E、O点等势线，再根据沿着电场线方向电势逐渐降低，去分析判断电势和电势能的大小关系【解答】解：A：从图中可以看出
35、，O点的电场线比E的电场线密，根据电场线的疏密与电场强度的关系，O点的电场强度大于E点的电场强度A正确；B：由于HO处的电场线密，场强大，所以OE间的电势差小于HO间的电势差，B错误；C：根据电场线与等势线垂直，画出O点等势线，可知O点的电势大于G点电势，所以C正确；D：正电荷受力的方向向下，将正电荷从H点移到F点的过程中，电场力对其做正功，D错误故选：AC【点评】本题稍微有点难度，能够画出各点的等势线（最起码心中要有等势线）是顺利解决本题的关键三、简答题：本题共2题，共计20分把答案填在答卷纸相应的位置或按要求作答.13（10分）（2014吉林二模）测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如
36、图所示的装置，图中长木板水平固定（1）实验过程中，电火花计时器应接在交流（选填“直流”或“交流”）电源上调整定滑轮高度，使细线与长木板平行（2）已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块与长木板间动摩擦因数=（3）如图为木块在水平木板上带动纸带运动打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出从纸带上测出x1=3.20cm，x2=4.52cm，x5=8.42cm，x6=9.70cm则木块加速度大小a=1.3m/s2（保留两位有效数字）【考点】探究影响摩擦力的大小的因素【分析】了解实验仪器的使用和注意事
37、项对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，运用牛顿第二定律求出木块与长木板间动摩擦因数利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的加速度【解答】解：（1）电火花计时器应接在交流电源上调整定滑轮高度，使细线与长木板平行（2）对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，运用牛顿第二定律得：对木块：FMg=Ma对砝码盘和砝码：mgF=ma由上式得：=（3）相邻两计数点间还有4个打点未画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔为0.1s根据运动学公式得：x=at2，a=1.3m/s2故答案为：（1）交流，细线与长木板平行（2）（3）1.3【点评】能够从物理情境中运用物理规律找出物理量间的关系要注意单位的换算和有效
38、数字的保留14（10分）（2010南通二模）为了测量某电池的电动势E（约为3V）和内阻r，可供选择的器材如下：A电流表G1（2mA100）B电流表G2（1mA内阻未知）C电阻箱R1（0999.9）D电阻箱R2（09999）E滑动变阻器R3（0101A）F滑动变阻器R4（01 00010mA）G定值电阻R0（8000.1A）H待测电池I导线、电键若干（1）采用如图1所示的电路，测定电流表G2的内阻，得到电流表G1的示数I1、电流表G2的示数I2如下表所示：I1（mA）0.400.811.201.592.00I2（mA）0.200.400.600.801.00根据测量数据，请在图2坐标中描点作出I
39、1I2图线由图得到电流表G2的内阻等于200（2）在现有器材的条件下，测量该电池的电动势和内阻，采用如图3所示的电路，图中滑动变阻器应该选用给定的器材中R3，电阻箱选R2（均填写器材代号）（3）根据图3所示电路，请在图4中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）从表格中的数据看，I1I2成正比电流表G2和电流表G1并联，电流之比就是内阻的反比 （2）滑动变阻器只有在阻值相对较小时，移动变阻器，电表的示数变化比较明显电阻箱和G2相当于构成一电压表，如果量程为3V，该电阻箱的阻值为2800（3）连接实物图时，一个回路一个回路地进行连接【解答】解：（1）从表格
40、中的数据看，I1I2成正比图线为过原点的直线，电流表G2和电流表G1并联，电流之比就是内阻的反比如图， =2，电流表G1的内阻是100，所以电流表G2的内阻等于200 （2）滑动变阻器只有在阻值相对较小时，移动变阻器，电表的示数变化比较明显所以滑动变阻器选R3；电阻箱和G2相当于构成一电压表，如果量程为3V，该电阻箱的阻值为2800所以电阻箱选R2（3）实物图连线如图故答案为：（1）如图，200（2）R3R2（3）如图【点评】解决本题的关键：1、知道实验中I1I2图线斜率的含义2、理解测量电源电动势和内阻的原理四、论述和演算题：本题共4小题，共59分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步
41、骤只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.15（14分）（2011秋无锡期末）如图甲所示，一物块在t=0时刻，以初速度v0=4m/s从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示，t=0.5s时刻物块到达最高点，t=1.5s时刻物块又 返回底端求：（1）物块上滑和下滑的加速度大小a1，、a2；（2）斜面的倾角及物块与斜面间的动摩擦因数【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像；滑动摩擦力【分析】（1）根据图象可以直接求出减速下滑时的加速度大小，根据位移关系求出下滑时至斜面底端时的速度，再根据始末速度和时间求下
42、滑时的加速度的大小；（2）对滑块进行受力分析，即滑块在重力、支持力和摩擦力的作用下产生加速度，根据上滑和下滑时的摩擦力方向根据牛顿第二定律列方程求解即可【解答】解：（1）由图象可得：设物块返回底端时的速度为v则有：代入数据可得：v=2m/s所以物体下滑时的加速度大小为： =2m/s2（2）物块上滑时对物块进行受力分析根据牛顿第二定律有：mgsin+mgcos=ma1物块下滑时对物块进行受力分析根据牛顿第二定律有：mgsinmgcos=ma2代入a1和a2由和式可解得：答：（1）物体上滑时加速度大小为8m/s2，下滑时加速度大小为2m/s2；（2）斜面的倾角为=30，物块与斜面间的动摩擦因数为【
43、点评】会根据vt图象求物体的加速度，能根据牛顿第二定律求解合外力与加速度的关系是解题的关键16（14分）（2011秋无锡期末）如图所示，匀强电场方向沿x轴的正方向，场强为E在A（l，0）点有一个质量为m，电荷量为q的粒子，以沿y轴负方向的初速度v开始运动，经过一段时间到达B（0，l）点，（不计重力作用）求：（1）粒子的初速度v0的大小；（2）当粒子到达B点时的速度v的大小【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，在y方向不受力，做匀速直线运动；在x方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动所以粒子做的是类平抛运动由题可知水平位移和竖直位移均为
44、l，由牛顿第二定律求出加速度，分别运用运动学公式研究水平方向和竖直求解初速度v0的大小；（2）根据动能定理求粒子到达B点时的速度v【解答】解：（1）设粒子的初速度为v0，则：在y方向上有：y=v0t 在x方向上有：x=at2=又x=y=l联立可得：v=（2）对于A到B过程，由动能定理得 qEl=解得，v=答：（1）粒子的初速度v0的大小是；（2）当粒子到达B点时的速度v的大小是【点评】本题是电场中类平抛运动问题，属于基本的题型，考查分析和解决问题的能力17（15分）（2013秋姜堰市期中）如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为R的水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的3/4圆弧轨
45、道，两轨道相切与B点在外力作用下，一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，重力加速度大小为g求：（1）小球在C点的速度的大小；（2）小球在AB段运动的加速度的大小；（3）小球从D点运动到A点所用的时间【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力【分析】（1）物体恰好通过最高点，意味着在最高点是轨道对滑块的压力为0，即重力恰好提供向心力，这样我们可以求出C点速度，从B到C的过程中运用动能定理求出B点速度，根据匀加速直线运动位移速度公式即可求解加速度；（2）小球离开D点做加速度为D的匀加速直线运动，根据位移时间公式即可求解时间【解答】解：（1）
46、小滑块恰好通过最高点，则有：解得：（2）从A到B的过程中运用动能定理得：解得：从B到C的过程中运用动能定理得：解得：根据位移速度公式得：2aR=解得：a=（3）从C到D的过程中运用动能定理得：解得：，小球从竖直光滑的轨道下落，又到A点时，机械能守恒，则有vA=vB小球离开D点做加速度为g的匀加速直线运动，根据位移时间公式得：解得： =答：（1）小球在C点的速度的大小为；（2）小球在AB段运动的加速度的大小为；（3）小球从D点运动到A点所用的时间【点评】本题主要考查了动能定理，运动学基本公式的直接应用，物体恰好通过C点是本题的突破口，这一点要注意把握，难度适中18（16分）（2011秋镇江期末）
47、如题图1所示的坐标系内，在x0（x00）处有一垂直工轴放置的挡板在y轴与挡板之间的区域内存在一个与xoy平珏垂直且指向纸内的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T位于坐标原点O处的粒子源向xoy平面内发射出大量同种带正电的粒子，所有粒子的初速度大小均为vo=1.0106m/s，方向与x轴正方向的夹角为，且090该粒子的比荷为，不计粒子所受重力和粒子间的相互作用，粒子打到挡板上后均被挡板吸收（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径R：（2）如题图2所示，为使沿初速度方向与x轴正方向的夹角=30射出的粒子不打到挡板上，则x0必须满足什么条件？该粒子在磁场中运动的时间是多少？（3）若x0=5.0102m，求粒子
48、打在挡板上的范围（用y坐标表示），并用“”图样在题图3中画出粒子在磁场中所能到达的区域：【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【分析】（1）粒子在磁场中由洛伦兹力充当向心力做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律求出轨道半径（2）粒子恰好不打到挡板上，其运动轨迹与挡板相切，画出轨迹，由几何知识求出x0，即可得到x0满足的条件根据粒子轨道对应的圆心角，由公式t=T求出时间（3）若x0=5.0102m，画出粒子的运动轨迹，由几何知识求出粒子打在挡板上的范围【解答】解：（1）由牛顿第二定律得：解得： =5.0102m（2）如图所示，设粒子的运动轨迹恰好与挡板相切，由几何关系得：x0=R+R
49、sin解得：x0=7.5102 m为使该粒子不打到挡板上：x07.5102 m粒子在磁场中运动的周期为T：T=107s由几何知识可知，粒子的轨道对应的圆心角为：=2+=则该粒子在磁场中运动的时间： =（3）若x0=5.0102 m，则 x0=R当粒子沿着y方向入射时，将打在挡板上的A点，其纵坐标：yA=R=5.0102 m；当粒子沿着+x方向入射时，粒子的运动轨迹恰好与挡板相切于B点，其纵坐标：yB=R=5.0102 m则粒子打在挡板上的范围为：5.0102 my5.0102 m粒子在磁场中所能到达的区域如图所示答：（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R是5.0102m；（2）为使该粒子不打到挡板上，x07.5102 m，该粒子在磁场中运动的时间是（3）粒子打在挡板上的范围为5.0102 my5.0102 m【点评】本题的解题关键是画出轨迹，运用几何知识求出相关的距离，确定圆心角，求解粒子运动的时间
