1、惠州市2015届第1次调研考试（2014.7.2）物理试题13. 甲乙两车在公路上从同地出发沿同一方向做直线运动，它们的v-t图象如图所示,以下说法正确的是：A. 在t1时刻之前两车已经相遇B. 在t1时刻之后两车才能相遇C。在t1时刻两车相遇D. 两车不可能相遇【答案】B甲乙两车同时同地出发向同一方向做直线运动，当两者的位移相等时，乙追上甲，根据速度图象的“面积”大小等于位移，由几何知识判断可知第2t1末两者位移相等，乙追上了甲。故选B。【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系14.如图所示，轻质弹簧的劲度系数为k，小球所受重力为G，平衡时小球在A处今用力F竖直向下压小
2、球使弹簧缩短x，让小球静止在B处，则A小球在A处时弹簧的弹力为零B小球在B处时弹簧的弹力为kxC小球在A处时弹簧的弹性势能较大D小球在B处时弹簧的弹性势能较大【答案】DA、小球处于A位置时，保持静止状态，受重力和弹力，二力平衡，故弹力等于重力，即，故A错误；B、小球处于B位置时，保持静止状态，受重力、压力F和弹簧弹力，根据共点力平衡条件，根据胡克定律，有，联立解得：，故B错误；CD、弹簧压缩量越大，弹性势能越大，故C错误D正确。故选D。【考点】弹性势能；胡克定律；共点力平衡15两个放在绝缘支架上的相同金属球相距为d，球的半径比d小得多，分别带有q和-3q的电荷，相互引力为3F现将这两个金属球接
3、触，然后分开，仍放回原处，则它们的相互作用力将变为A.F B.2F C.3F D.4F【答案】A由库仑定律可得：；而两球接触后再分开平分总电量，故分开后，若两球带的是同种电荷，则两球的带电量均为为2q，若两球带的是异种电荷，则两球的带电量均为q；带异种电荷，则库仑力。故选A。【考点】库仑定律16如图所示，在倾角为的光滑斜面上，要使垂直纸面放置一根长为L、质量为m的通电直导体处于静止状态则应加以匀强磁场B的方向可能是A平行斜面向上 B 平行斜面向下 C 垂直斜面向下 D垂直斜面向上【答案】CAB、根据共点力的平衡，安培力不可能垂直斜面方向，故AB错误；C、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面
4、向下，则沿斜面向上的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，则大小；故C正确；D、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向上，则安培力方向沿斜面向下，导体不可能平衡，故D错误。故选C。【考点】共点力平衡；安培力17下列说法正确的是 A伽利略通过理想斜面实验，得出力不是维持物体运动原因的结论B牛顿首先测出了万有引力常量C法拉第发现了电磁感应现象D安培发现了电流的磁效应【答案】ACB、卡文迪许测出了万有引力常量，故B错误；D、电流的磁效应是奥斯特首先发现的，故D错误。故选AC。【考点】物理学史18如图所示，a，b两颗质量相同的人造地球卫星分别在半径不同的轨道上绕地球作匀速圆周运动，则A.卫星a的周期
5、大于卫星b的周期B.卫星a的动能大于卫星b的动能C.卫星a的势能大于卫星b的势能D.卫星a的加速度大于卫星b的加速度【答案】BD万有引力提供卫星圆周运动的向心力即：A、知半径大的卫星周期大，故A错误；B、知半径小的运行速率大动能大，故B正确；C、因为卫星质量相同，b的轨道高，所以b的势能大于a的势能，故C错误；D、知轨道半径小的卫星向心加速度大，故D错误。故选BD。【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律19如图所示，物体在斜面上受到平行于斜面向下拉力F作用，沿斜面向下运动，已知拉力F大小恰好等于物体所受的摩擦力，则物体在运动过程中 A做匀速运动 B做匀加速运动 C机械能保持不
6、变 D机械能增加【答案】BCAB、物体受到重力、弹力、滑动摩擦力与拉力作用，由拉力等于滑动摩擦力，物体受到的合力等于物体重力沿斜面向下的分析，物体做匀加速运动，故A错误B正确；CD、拉力与摩擦力相等，它们所做的总功为零，支持力不做功，因此只有重力做功，物体的机械能守恒，故C正确D错误.故选BC。【考点】机械能守恒定律20如图所示，理想变压器的副线圈上，通过输电线连接两只灯泡和，输电线的等效电阻为R，原线圈输入恒定的交变电压开始时，开关S断开，当开关S闭合时，以下说法正确的有A等效电阻R的电压增加 B 通过灯泡的电流增加C副线圈输出的电压增加 D原线圈输入的功率增加【答案】ADA、开关S闭合后，
7、电阻减小，而电压不变，副线圈的电流增大，电阻R电阻不变，电压变大，故A正确；B、副线圈电流增大，R两端的电压增大，所以灯泡上电压减小，故通过灯泡L1电流减小，故B错误；C、副线圈电压由原线圈和匝数比决定，而原线圈电压和匝数比都没有变，所以副线圈输出电压不变，故C错误；D、原线圈的电压不变，而电流增大，故原线圈的输入功率增大，故D正确。故选AD。【考点】变压器的构造和原理21一匀强磁场，磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，在磁场中有一位于纸面内细金属圆环，如图甲所示.现令磁感应强度值B按图乙随时间t变化，令E1、E2、E3分别表示oa、ab、bc这三段变化过程中感应电动势的大小，I1、I2、I
8、3分别表示其对应的感应电流A I1、I3沿逆时针方向，I2沿顺时针方向，B I1沿逆时针方向，I2、I3沿顺时针方向CE1E2 E3， DE1E2=E3，【答案】BDA、由楞次定律可判断出沿逆时针方向，与均沿顺时针方向，故A错误B正确；C、由法拉第电磁感应定律可知，由图知应有第1段中磁通量的变化率较小，而bc、cd两段中磁通量的变化率相同，故有，故C错误D正确。故选BD。【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律34（1）（8分）如图是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为_ _；选取ABCD纸带上四个点，从图中读出A、B两点间距
9、s=_cm；C点对应的速度是_m/s，匀变速直线运动的加速度为 m/s2（计算结果保留两位有效数字）【答案】（1）0.02s0.70，0.505.0（1）已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为0.02s（2）由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，A、B两点间的距离s=1.70cm-1.00cm=0.70cm；由于做匀变速直线运动的物体在某段时间内平均速度就等于在该段时间内的中间时刻瞬时速度，故根据可得：物体的加速度。【考点】测定匀变速直线运动的加速度（2）（10分）要测一段阻值大约为5的均匀金属丝的电阻率除米尺、螺旋测微器、电源E（电动势3V，内阻约0.5）、最大阻值为
10、20的滑动变阻器R、开关一只、导线若干外，电流表和电压表各两只供选择：Al（量程lA，内阻约1），A2（量程0.6A，内阻约2），Vl（量程3.0V，内阻约1000），V2（量程15V，内阻约3000）用螺旋测微器测金属丝的直径d，如图1所示，则d=_mm为了使测量有尽可能高的精度，电流表应选_，电压表应选_实验电路已经画出了一部分，如图2所示，但尚未完整，请将该电路完整地连接好（Rx表示待测金属丝）若用米尺测得金属丝的长度为L，用螺旋测微器测得金属丝直径为d，电流表的读数为I，电压表读数为U，则该金属丝的电阻率：=_ 【答案】0.850（3分）电流表选择A2，电压表选择V1；根据实验原理得出
11、实验原理图如上右图 （1）螺旋测微器的固定部分读数为：0.5mm，可动部分读数为：35.00.01mm=0.350mm，故最后读数为：0.5mm+0.350mm=0.850mm；（2）为零测量准确，电压表和电流表的指针偏转要尽量大些，因此电流表选择A2，电压表选择V1；（3）根据实验原理得出实验原理图如上右图：（4）根据欧姆定律得：根据电阻定律得：故有：。【考点】测定金属的电阻率35（18分）如图所示一电子（其重力不计，质量为m、电荷量为e）由静止开始，经加速电场加速后，水平向右从两板正中间射入偏转电场偏转电场由两块水平平行放置的长为l相距为d的导体板组成，当两板不带电时，电子通过两板之间的时
12、间均为t0，当在两板间加电压为U0时，电子可射出偏转电场，并射入垂直纸面向里的匀强磁场，最后打在磁场右侧竖直放置的荧光屏上磁场的水平宽度为s，竖直高度足够大。求：（1）加速电场的电压（2）电子在离开偏转电场时的侧向位移；（3）要使电子能垂直打在荧光屏上，匀强磁场的磁感应强度为多大？【答案】 （1）电子离开加速电场时的速度为在加速电场中，由动能定理得得（2）要使电子的侧向位移最大，应让电子从0、2t0、4t0等时刻进入偏转电场由牛顿第二定律得类平抛运动过程侧向位移（3）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为，要电子垂直打在荧光屏上，则电子在磁场中运动半径应为： 设电子从偏转电场中出来时的速度为v，垂
13、直偏转极板的速度为vy，则电子从偏转电场中出来时的偏向角为：，式中，又由上述四式可得：。【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36（18分）光滑水平面上放着质量mA=1kg的物块A与质量mB=2kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴接)，在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能EP=49J。如图所示，放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R=0.5m，B恰能到达最高点C取g=10m/s2，求(1)：B落地点距P点的距
14、离（墙与P点的距离很远）(2)：绳拉断后瞬间B的速度vB的大小(3)： 绳拉断过程绳对A所做的功W【答案】 （1）设B在绳被拉断后瞬时的速率为vB，到达C点的速率为vC，根据B恰能到达最高点C有：对绳断后到B运动到最高点C这一过程应用动能定理：解得：（2）设绳断后A的速率为vA，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：根据动能定理有：得：。【考点】动量守恒定律；牛顿第二定律；向心力；动能定理；机械能守恒定律惠州市2015届第1次调研考试（2014.7.2）物理试题参考答案131415161718192021BDACACBDBCADBD34（1）0.02s （1分） 0.70，（1分）0.50（3分
15、） 5.0 （3分）(2)0.850（3分）电流表选择A2，电压表选择V1（2分）根据实验原理得出实验原理图如右（2分） Ud2/4LI（3分）35.（1）电子离开加速电场时的速度为在加速电场中，由动能定理得得（2）要使电子的侧向位移最大，应让电子从0、2t0、4t0等时刻进入偏转电场由牛顿第二定律得类平抛运动过程侧向位移（3）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为，要电子垂直打在荧光屏上，则电子在磁场中运动半径应为： 设电子从偏转电场中出来时的速度为v，垂直偏转极板的速度为vy，则电子从偏转电场中出来时的偏向角为：，式中，又由上述四式可得：。36（18分）（1）设B在绳被拉断后瞬时的速率为vB，到达C点的速率为vC，根据B恰能到达最高点C有：对绳断后到B运动到最高点C这一过程应用动能定理：解得：（2）设绳断后A的速率为vA，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：根据动能定理有：得：。