1、滚动测试卷三(第一九章)(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第15题只有一项符合题目要求,第68题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.关于电场力和电场强度,以下说法正确的是()A.一点电荷分别处于电场中的A、B两点,点电荷受到的电场力大,则该处电场强度小B.在电场中某点如果没有试探电荷,则电场力为零,电场强度也为零C.电场中某点电场强度为零,则试探电荷在该点受到的电场力也为零D.一试探电荷在以一个点电荷为球心、半径为r的球面上各点所受电场力相同答案:C解析:一点电荷分别处于电场中的A
2、、B两点,根据电场强度的定义式E=Fq得知,电荷受到的电场力大,则电场强度大,故选项A错误;在电场中某点没有试探电荷时,电场力为零,但电场强度不一定为零,电场强度与试探电荷无关,由电场本身决定,故选项B错误;电场中某点电场强度E为零,由电场力公式F=qE可知,试探电荷在该点受到的电场力也一定为零,故选项C正确;一试探电荷在以一个点电荷为球心、半径为r的球面上各点所受电场力大小相等,但方向不同,所以电场力不同,故选项D错误。2.嫦娥三号奔月过程中某阶段的运动示意图如图所示,嫦娥三号沿椭圆轨道运动到近月点P处变轨进入圆轨道,在圆轨道做圆周运动的轨道半径为r,周期为T,已知引力常量为G,则下列说法正
3、确的是()A.由题中(含图中)信息可求得月球的质量B.由题中(含图中)信息可求得月球第一宇宙速度C.嫦娥三号在P处变轨时必须点火加速D.嫦娥三号沿椭圆轨道运动到P处时的加速度大于沿圆轨道运动到P处时的加速度答案:A解析:由万有引力提供向心力得GMmr2=m42T2r,则M=42r3GT2,即根据轨道半径为r,周期为T,引力常量为G,可以计算出月球的质量,故A项正确;万有引力提供向心力GMmr2=mv2r,得v=GMr,由于不知道月球半径,所以不能计算月球第一宇宙速度,故B项错误;嫦娥三号只有在P处减速,做近心运动,才能进入圆轨道,故C项错误;嫦娥三号沿椭圆轨道运动到P处时和沿圆轨道运动到P处时
4、,所受万有引力大小相等,所以加速度大小也相等,故D项错误。3.(2019广东汕头模拟)右图为某电容传声器结构示意图,当人对着传声器讲话,膜片会振动。若某次膜片振动时,膜片与极板距离增大,则在此过程中()A.膜片与极板间的电容增大B.极板所带电荷量增大C.膜片与极板间的电场强度增大D.电阻R中有电流通过答案:D解析:根据C=rS4kd可知,膜片与极板距离增大,膜片与极板间的电容减小,选项A错误;根据Q=CU可知极板所带电荷量减小,因此电容器要通过电阻R放电,所以选项D正确,B错误;根据E=Ud可知,膜片与极板间的电场强度减小,选项C错误。4.(2019广东韶关调研)在如图所示电路中,闭合开关S,
5、当把滑动变阻器的滑片P向下滑动时,三个理想电表的示数都发生了变化,电表的示数分别用I、U1、U2表示,下列判断正确的是()A.I减小,U1增大B.I增大,U2减小C.I增大,U1减小D.I减小,U2增大答案:D解析:闭合开关S,当滑动变阻器的滑片P向下滑动时,变阻器接入电路的电阻增大,外电路总电阻增大,干路电流I总减小,路端电压U增大,R3两端的电压等于路端电压,则流过R3的电流I3增大。流过电流表的电流I=I总-I3,I总减小,I3增大,则I减小,R1两端的电压减小,即电压表V1的示数U1减小,电压表V2示数U2=U-U1,U增大,U1减小,则U2增大,故D正确,A、B、C错误。5.一质量为
6、2 kg的物体受水平拉力F作用,在粗糙水平面上做加速直线运动时的a-t图像如图所示,t=0时其速度大小为2 m/s,滑动摩擦力大小恒为2 N,则()A.在t=6 s的时刻,物体的速度为18 m/sB.在06 s时间内,合力对物体做的功为400 JC.在06 s时间内,拉力对物体的冲量为36 NsD.在t=6 s的时刻,拉力F的功率为200 W答案:D解析:类比速度时间图像中位移的表示方法可知,速度变化量在加速度时间图像中由图线与坐标轴所围面积表示,在06s内v=18m/s,v0=2m/s,则t=6s时的速度v=20m/s,A项错;由动能定理可知,06s内,合力做的功为W=12mv2-12mv0
7、2=396J,B项错;由动量定理可知,IF-Fft=mv-mv0,代入已知条件解得IF=48Ns,C项错;由牛顿第二定律可知,6s末F-Ff=ma,解得F=10N,所以拉力的功率P=Fv=200W,D项对。6.某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示),规定垂直纸面向里的磁场方向为正。为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按abcdef的顺序做“”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹),下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用,其他力不计)()A.若粒子的初始位置在a处,在t=38T时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度B.若粒子的初始位置在f处,在t=T2时
8、给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度C.若粒子的初始位置在e处,在t=118T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度D.若粒子的初始位置在b处,在t=T2时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度答案:AD解析:要使粒子的运动轨迹如题图所示,由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为T0=T2,若粒子的初始位置在a处时,对应时刻应为t=34T0=38T,选项A正确;同理可判断选项D正确。7.如图所示,在虚线MN的上方存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,质子和粒子从MN上的O点以相同的速度v0(v0在纸面内且与MN的夹角为,90)同时射入匀强磁场中,再分别从MN上A、B两点离开磁场,A、B距离为d。已知质子的
9、质量为m,电荷量为e。忽略重力及质子和粒子间的相互作用。下列说法正确的是()A.磁感应强度的大小为B=2mv0desin B.磁感应强度的大小为B=2mv0deC.两粒子到达A、B两点的时间差t=(-)dv0sinD.两粒子到达A、B两点的时间差t=dv0sin答案:AC解析:两粒子在磁场中做匀速圆周运动,轨迹如图所示。设磁感应强度为B,粒子与质子的轨道半径分别为r与rp,则eBv0=mv02rp,2eBv0=4mv02r,又由题意知2rsin-2rpsin=d,可得B=2mv0desin,选项A正确,B错误;因为t=2-222rv0-2rpv0,解得t=(-)dv0sin,选项C正确,D错误
10、。8.如图所示,光滑水平面上有一质量为2m、半径为R(R足够大)的14圆弧曲面C,质量为m的小球B置于其底端,另一个小球A质量为m2,小球A以v0=6 m/s的速度向B运动,并与B发生弹性碰撞,不计一切摩擦,小球均视为质点,则()A.B的最大速率为4 m/sB.B运动到最高点时的速率为34 m/sC.B能与A再次发生碰撞D.B不能与A再次发生碰撞答案:AD解析:A与B发生弹性碰撞,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得m2v0=m2vA+mvB,12m2v02=12m2vA2+12mvB2,解得vA=-2m/s,vB=4m/s,故B的最大速率为4m/s,选项A正确;B冲上C并运
11、动到最高点时二者共速,设为v,则mvB=(m+2m)v,得v=43m/s,选项B错误;B冲上C然后又滑下的过程,设B、C分离时速度分别为vB、vC,由水平方向动量守恒有mvB=mvB+2mvC,由机械能守恒有12mvB2=12mvB2+122mvC2,联立解得vB=-43m/s,由于|vB|vA|,所以二者不会再次发生碰撞,选项C错误,选项D正确。二、实验题(本题共2小题,共20分)9.(8分)在验证机械能守恒定律的实验中,实验小组选择如图所示纸带,纸带上选取连续的三个点A、B、C,测出A点距起点O的距离为x0,A、B两点间的距离为x1,B、C两点间的距离为x2,交变电流的周期为T,实验时:(
12、1)为了减少空气阻力对实验的影响,自由落下的重锤密度要(选填“大”或“小”)一些。(2)在验证机械能守恒定律的实验中(选填“需要”或“不需要”)测重锤的质量。(3)打点计时器打出B点时,重锤的速度vB=(用题中所给的字母表示)。(4)实验小组在验证机械能守恒定律的实验中发现,以O为起点、B为研究终点,计算结果是重锤减少的重力势能总是大于重锤增加的动能。其原因主要是该实验中存在阻力作用,因此该组同学想到可以通过该实验测算平均阻力的大小。已知当地重力加速度值为g,重锤的质量为m,则该实验中存在的平均阻力大小Ff=(结果用m、g、vB、x0、x1表示)。答案:(1)大(2)不需要(3)x1+x22T
13、(4)mg-mvB22(x0+x1)解析:(1)体积相同,密度越大的重力越大,阻力对加速度的影响就越小,因此重锤密度要大一些。(2)因为要验证mgh=12mv2,只需验证gh=v22即可,不需测重锤的质量。(3)B点速度等于AC段的平均速度,vB=x1+x22T。(4)根据动能定理(mg-Ff)(x0+x1)=12mvB2得Ff=mg-mvB22(x0+x1)。10.(12分)马蹄形磁铁两磁极之间的磁场可近似看成匀强磁场,某同学现要测定一马蹄形磁铁两磁极之间的磁场的磁感应强度,实验的原理图如图甲所示。一宽度为L的U形金属线框D(共N匝),用绝缘轻线系好后置于虚线框内马蹄形磁铁两磁极之间的磁场中
14、,且线框平面与磁场方向垂直,钩码的质量大于线框的质量。他的具体的实验步骤如下:将钩码置于压力传感器上;连接好实验电路,将线框竖直放入马蹄形磁铁的两磁极之间,其实物图如图乙所示,图甲中的虚线框为图乙中磁铁从左向右侧视截面图,用一跨过两轻质定滑轮的轻绳,一端与系住线框的绝缘轻线相连,另一端与置于压力传感器上的钩码相连,调节定滑轮的位置使轻绳处于竖直拉伸状态,如图甲所示,此时压力传感器的示数为F1;闭合开关S,线框底端电流方向从左向右,然后缓慢移动滑动变阻器的滑片,当电流表的示数为I时,停止移动滑片,此时压力传感器的示数为F2(实验过程中线框平面始终与磁场垂直);计算出马蹄形磁铁两磁极之间的磁感应强
15、度大小B。(1)请根据题意将图甲中的测量电路原理图连接好。(2)本实验中还要测量的物理量有。A.线框质量B.钩码质量C.通过线框的电流ID.以上三项都要测量(3)由以上实验步骤测得马蹄形磁铁两磁极间的磁感应强度大小为B=(用题目中所给出的物理量表示)。答案:(1)见解析图(2)C(3)F1-F2NLI解析:(1)所连的测量电路原理图如图所示。(2)设钩码质量为m0,线框质量为m。线框所受到的安培力竖直向下,以钩码为研究对象,当线框未通电时有m0g=F1+mg,线框通电时对于钩码有m0g=F2+mg+NBIL,由以上两式解得B=F1-F2NLI,故可看出线框的质量和钩码的质量都不需要测量,而通过
16、线框的电流是需要测量的,选项C正确。(3)由(2)中分析可知马蹄形磁铁两磁极间的磁感应强度大小为B=F1-F2NLI。三、计算题(本题共3小题,共32分)11.(10分)汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时,安全气囊爆开。某次试验中,质量m1=1 600 kg的试验车以速度v1=36 km/h正面撞击固定试验台,经时间t1=0.10 s碰撞结束,车速减为零,此次碰撞安全气囊恰好爆开。忽略撞击过程中地面阻力的影响。(1)求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小。(2)若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2=1 6
17、00 kg、速度v2=18 km/h同向行驶的汽车,经时间t2=0.16 s两车以相同的速度一起滑行。试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开。答案:(1)1.6104 Ns1.6105 N(2)不会爆开解析:(1)v1=36km/h=10m/s,取速度v1的方向为正方向,根据动量定理有-I0=0-m1v1,将已知数据代入解得I0=1.6104Ns,由冲量定义有I0=F0t1,将已知数据代入解得F0=1.6105N。(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v,由动量守恒定律有m1v1+m2v2=(m1+m2)v,对试验车,由动量定理有-Ft2=m1v-m1v1,将已知数据代入解得F=2
18、.5104N,可见FF0,故试验车的安全气囊不会爆开。12.(11分)如图所示,ABCD为固定在竖直平面内的轨道,AB段光滑水平,BC段为光滑圆弧,对应的圆心角=37,半径r=2.5 m,CD段平直倾斜且粗糙,各段轨道均平滑连接,倾斜轨道所在区域有电场强度大小为E=2105 N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量m=510-2 kg、电荷量q=+110-6 C的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后,沿水平轨道向左滑行,在C点以速度v0=3 m/s冲上斜轨。以小物体通过C点时为计时起点,0.1 s以后,电场强度大小不变,方向反向。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数=0.25。设小物体的电荷量保持不变
19、,g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。(1)求弹簧枪对小物体所做的功。(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P,求CP的长度。答案:(1)0.475 J(2)0.57 m解析:(1)设弹簧枪对小物体做的功为W,由动能定理得W-mgr(1-cos)=12mv02,代入数据得W=0.475J。(2)取沿平直斜轨向上为正方向。设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1,由牛顿第二定律得-mgsin-(mgcos+qE)=ma1小物体向上做匀减速运动,经t1=0.1s后,速度达到v1,有v1=v0+a1t1。联立解得v1=2.1m/s。设运动的位移为s1,有s1=v0t1+12
20、a1t12。电场力反向后,设小物体的加速度为a2,由牛顿第二定律得-mgsin-(mgcos-qE)=ma2。设小物体以此加速度运动到速度为0时,运动的时间为t2,位移为s2,有0=v1+a2t2,s2=v1t2+12a2t22。设CP的长度为s,有s=s1+s2。联立相关方程,代入数据解得s=0.57m。13.(11分) 如图所示,竖直平面内放置一光滑绝缘轨道,质量为m、带电荷量为+q的小球P从高为h1处由静止下滑,轨道末端水平并放置另一质量也为m的不带电小球Q,经碰撞后,球P和球Q合为一体水平抛出。在距轨道末端下方h2的水平线MN下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场,电场强度
21、大小为E。若PQ整体水平抛出后,穿过MN进入电、磁场区域,并恰好经过轨道末端的竖直线与MN的交点O。若P、Q均可视为质点,已知m=0.1 kg,h1=5 m,h2=1.25 m,q=0.1 C,E=20 N/C,g取10 m/s2。求:(1)P、Q碰撞后瞬间的共同速度大小v;(2)匀强磁场的磁感应强度大小B;(3)定性画出PQ整体从O点穿出后的运动轨迹(至少画一个周期)。答案:(1)5 m/s(2)8 T(3)如解析图所示解析:(1)由题意可知:mgh1=12mvA2P、Q碰撞过程中动量守恒:mvA=2mv解得v=5m/s。(2)P、Q碰撞后进入电、磁场前做平抛运动,有h2=12gt2,解得t=0.5sx=vt=2.5mvy=gt=5m/s则PQ进入电、磁场区域时,v合=52m/s,方向与水平方向成45角向下在电、磁场区域中,G=2mg=2N,电场力F=Eq=2NG=F,则PQ在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,如图所示Bqv合=2mv合2R,B=2mv合Rq由几何关系可知:R=xsin45=542m,解得B=8T。(3)PQ从O点穿出后在MN上方只受重力作用,运动轨迹如图所示:
