1、2015-2016学年江苏省常州一中、南菁高中联考高三（上）月考物理试卷一、单项选择题（本题共7小题，每题3分，共21分）1下列关于物理学史和物理研究方法的叙述中正确的是（）A用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强E=，加速度a=都是采用比值法定义的B利用vt图象推导匀变速直线运动位移公式的方法是理想模型法C库伦利用“扭秤”研究带电体间的相互作用，总结出了库仑定律D法拉第发现了电流的磁效应与他坚信电和磁之间一定存在联系的哲学思想是分不开的2质量相等的两物体M、N放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用由静止开始从同一位置沿相同方向做匀加速直线运动经过时间t0和4t
2、0，当二者速度分别达到2v0和v0时分别撤去F1和F2，此后物体做匀减速运动直至停止两物体运动的vt图象如图所示，下列结论正确的是（）A物体M、N的位移大小之比是2：1B物体M、N所受拉力F1、F2的大小之比是12：5C物体M、N在整个运动过程中克服摩擦力做功之比是4：1D物体M、N在整个运动过程中平均速度之比是5：33如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐减小，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是（）ABCD4如图所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2（Q2位于坐标原点O），其上有M、N、P三点，间距MN=NPQ1、Q2在轴上产
3、生的电势随x变化关系如图则（）AM点电场场强大小为零BN点电场场强大小为不为零CM、N之间电场方向沿x轴正方向D一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功|WPN|=|WNM|5电容式加速度传感器的原理结构如图，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上质量块可带动电介质移动改变电容则（）A电介质插入极板间越深，电容器电容越小B当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长D当传感器由静止突然向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流6如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置用来提升重物 M，长杆的一端放在地上通过铰链连接形成转轴，
4、其端点恰好处于左侧滑轮正下方0点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物MC点与O点距离为L，现在杆的另一端用力使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度缓慢转至水平（转过了90角），此过程中下述说法正确的是（）A重物M做匀速直线运动B重物M做匀变速直线运动C重物M的最大速度是LD重物M的速度先减小后增大7如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角60斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示（规定斜向下为正方向），导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力作用下始终处于静止状态规定ab的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外
5、力的正方向，则在0t时间内，能正确反映流过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是（）ABCD二、多项选择题（本题共4小题，每题4分，共16分）8据NASA中文消息，2014年9月24日，印度首个火星探测器“曼加里安”号成功进入火星轨道下列关于“曼加里安”号探测器的说法正确的是（）A从地球发射的速度应该大于第三宇宙速度B进入火星轨道过程应该减速C绕火星运行周期与其质量无关D仅根据在轨高度与运行周期就可估算火星平均密度9如图所示，A1、A2为两只相同灯泡，A1与一理想二极管D连接，线圈L的直流电阻不计下列说法正确的是（）A闭合开关S后，A1、A2同时亮B闭合开关S稳定后，
6、A1、A2亮度相同C断开S的瞬间，电流由a到b逆时针经过灯泡A1D断开S的瞬间，a点的电势比b点低10如图所示，在xoy平面的第象限内存在垂直xoy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两个相同的带电粒子以相同的速度v0先后从y轴上坐标（0，3L）的A点和B点（坐标未知）垂直于y轴射入磁场，在x轴上坐标（L，0）的C点相遇，不计粒子重力及其相互作用根据题设条件可以确定（）A带电粒子在磁场中运动的半径BB点的位置坐标为C两个带电粒子在磁场中运动的时间D带电粒子的质量11如图所示，长为L=0.5m、倾角为=37的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为+q，质量为m的小球（可视为质点）
7、，以初速度v0=2m/s恰能沿斜面匀速上滑，g=10m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8，则下列说法中正确的是（）A小球在B点的电势能大于在A点的电势能B水平匀强电场的电场强度为C若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3 m/s2D若电场强度减半，小球运动到B点时速度为初速度v0的一半三、实验题（本题共2小题，每空2分，共24分）12某实验小组利用如图甲所示的气垫导轨实验装置来探究合力一定时，物体的加速度与质量之间的关系（1）做实验时，将滑块从图甲所示位置由静止释放，由数字计时器（图中未画出）可读出遮光条通过光电门1、2的时间（遮光条的遮光时间）分别为t1、t2；用刻度尺测得两
8、个光电门中心之间的距离x，用游标卡尺测得遮光条宽度d则滑块经过光电门l时的速度表达式v1=；经过光电门2时的速度表达式v2=，滑块加速度的表达式a=（以上表达式均用已知字母表示）如图乙所示，若用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，其读数为mm（2）为了保持滑块所受的合力不变，可改变滑块质量M和气垫导轨右端高度h（见图甲）关于“改变滑块质量M和气垫导轨右端高度h”的正确操作方法是AM增大时，h增大，以保持二者乘积增大BM增大时，h减小，以保持二者乘积不变CM减小时，h增大，以保持二者乘积不变DM减小时，h减小，以保持二者乘积减小13为了描绘小灯泡的伏安特性曲线，实验室可供选择的器材如下：A待测小
9、灯泡（6V 500mA） B电流表A（00.06A 内阻约0.5）C电压表V（03V 内阻2k） D滑动变阻器R1（0lk 100mA）E滑动变阻器R2（05 1.5A） F电阻箱R3（09999.9）G直流电源E（约6V，内阻不计）H开关S，导线若干（1）将电压表量程扩大为9V，与它串联的电阻箱的阻值应调为（2）图甲中画出了实验的部分电路，请你在图甲上补全电路图；滑动变阻器应选用（选填“Rl“或“R2“）（3）实验中，变阻器滑动触头P在ab间移动时，发现小灯泡两端的电压只能在3.5V6.0V间变化，则电路中出现的故障可能是（4）排除故障后，测量出多组数据以灯泡两端的电压U为横轴，电流表的示数
10、I为纵轴，描点作出小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示则常温下灯丝的电阻为，将该小灯泡与一电动势为6V，内阻为5的电池组连接，此时灯泡的电阻为（保留一位有效数字）若电压表V的实际阻值小于2k，则小灯泡实际的伏安特性曲线应在所画图线的 （选填“上方“或“下方“）四、计算题（本大题共5小题，14题8分，15-17每题12分，18题15分）14如图甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆与水平成=37角固定，质量为m=1kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点，开启送风装置，今有水平向右的风力F作用于小球上，经时间t1=2s后停止，小球沿细杆运动的部分vt图象如图乙所示（取g=10m/s2，sin37=0.
11、6，cos37=0.8）试求：（1）小球在0到2s内的加速度a1和2到5s内的加速度a2；（2）小球与细杆间的动摩擦因数和风对小球作用力F的大小15如图所示，一个质量为m=2.01011kg，电荷量q=+1.0105C的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经U1=100V电压加速后，水平进入两平行金属板间沿竖直方向的偏转电场中，偏转电场的电压U2=100V金属板长L=20cm，两板间距d=cm求：（1）微粒进入偏转电场时的速度v0大小；（2）微粒射出偏转电场时的偏转角；（3）若该匀强磁场的宽度为D=cm，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大16如图所示，一质量为m=1k
12、g的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的A点，随传送带运动到B点，小物块从C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道恰能做圆周运动已知圆弧半径R=0.9m，轨道最低点为D，D点距水平面的高度h=0.8m小物块离开D点后恰好垂直碰击放在水平面上E点的固定倾斜挡板已知物块与传送带间的动摩擦因数=0.3，传送带以5m/s恒定速率顺时针转动（g取10m/s2），试求：（1）传送带AB两端的距离；（2）小物块经过D点时对轨道的压力的大小；（3）倾斜挡板与水平面间的夹角的正切值17如图所示，质量为m、电阻为R、ab边长为L的矩形金属单匝线圈竖直放置，水平虚线MN、PQ之间高度差为d，t=0时刻将线圈由图中位置
13、由静止释放，同时在虚线之间加一方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B大小随时间t的变化关系为B=kt（k为已知常数）：t=t1（t1未知）时，ab边进入磁场电流恰好为0；t=t2时ab边穿出磁场前的瞬间线圈加速度为0（不计空气阻力，重力加速度为g）求：（1）ab边未进入磁场之前，线圈中的电流大小及线圈消耗的电功率；（2）从t=0到ab边刚进入磁场所需时间t1；（3）ab边在穿过磁场过程中，线圈中产生的焦耳热18如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线当两板间加电压UMN=U0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场某种带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场
14、，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计（1）求带电粒子的比荷；（2）若MN间加如图乙所示的交变电压，其周期，从t=0开始，前内UMN=2U，后内UMN=U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值；（3）紧贴板右侧建立xOy坐标系，在xOy坐标第I、IV象限某区域内存在一个圆形的匀强磁场区域，磁场方向垂直于xOy坐标平面，要使在（2）问情景下所有粒子经过磁场偏转后都会聚于坐标为（2d，2d）的P点，求磁感应强度B的大小范围2015-2016学年江苏省常州一中、南菁高中联考高三（上）月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项
15、选择题（本题共7小题，每题3分，共21分）1下列关于物理学史和物理研究方法的叙述中正确的是（）A用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强E=，加速度a=都是采用比值法定义的B利用vt图象推导匀变速直线运动位移公式的方法是理想模型法C库伦利用“扭秤”研究带电体间的相互作用，总结出了库仑定律D法拉第发现了电流的磁效应与他坚信电和磁之间一定存在联系的哲学思想是分不开的【考点】物理学史【分析】所谓比值法定义，就是用两个物理量的比值来定义一个新的物理量的方法比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的属性，与参与定义的物理量无关理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的库仑总结
16、了库仑定律奥斯特发现了电流的磁效应【解答】解：A、场强E=采用比值法定义加速度a与F成正比，与m成反比，所以a=不是采用比值法定义的故A错误B、利用vt图象推导匀变速直线运动位移公式的方法是微元法故B错误C、库伦利用“扭秤”研究带电体间的相互作用，总结出了库仑定律，故C正确D、奥斯特发现了电流的磁效应与他坚信电和磁之间一定存在联系的哲学思想是分不开的故D错误故选：C2质量相等的两物体M、N放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用由静止开始从同一位置沿相同方向做匀加速直线运动经过时间t0和4t0，当二者速度分别达到2v0和v0时分别撤去F1和F2，此后物体做匀减速运动直至停止两物体运动
17、的vt图象如图所示，下列结论正确的是（）A物体M、N的位移大小之比是2：1B物体M、N所受拉力F1、F2的大小之比是12：5C物体M、N在整个运动过程中克服摩擦力做功之比是4：1D物体M、N在整个运动过程中平均速度之比是5：3【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【分析】速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移根据面积比得出位移比；根据两物块做匀减速运动过程，求出匀减速运动的加速度大小之比，从而求出摩擦力大小之比；根据牛顿第二定律：两物块做匀减速运动的加速度大小之比等于合外力之比；由位移与时间之比求解平均速度之比【解答】解：A、由速度图线与时间轴所围成的面积表示运动的位
18、移，则位移之比为xM：xN=6：5故A错误从图象可知，两物块匀减速运动的加速度大小之都为a=，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有f=ma，则摩擦力大小都为f=m根据图象知，匀加速运动的加速度分别为：，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有Ff=ma，则F1=，F2=，F1和F2的大小之比为12：5故B正确C、由图看出，撤去拉力后两图象平行，说明加速度，由牛顿第二定律分析则知加速度a=g，说明两物体与地面的动摩擦因数相等，则两物体所受的摩擦力大小相等，设为f，对全过程运用动能定理得：W1fs1=0，W2fs2=0，得：W1=fs1，W2=fs2，由上可知，整个运动过程中F1和F2做功之比为6：5物体M、
19、N在整个运动过程中克服摩擦力做功等于拉力做功，则知物体M、N在整个运动过程中克服摩擦力做功之比是6：5故C错误D、物体M、N在整个运动过程中平均速度之比是故D错误故选：B3如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐减小，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是（）ABCD【考点】电场线；电场强度【分析】据粒子的运动轨迹，判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受到的电场力的方向；电场力做正功粒子的动能增大，电势能减小【解答】解：粒子的运动轨迹，判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受力的方向向左，因不知电场线的方向
20、，不能判断出粒子的电性；由于运动飞过程中粒子的电势能减小，所以电场力做正功，粒子运动的方向一定是c到a；故选项D正确，选项ABC错误；故选：D4如图所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2（Q2位于坐标原点O），其上有M、N、P三点，间距MN=NPQ1、Q2在轴上产生的电势随x变化关系如图则（）AM点电场场强大小为零BN点电场场强大小为不为零CM、N之间电场方向沿x轴正方向D一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功|WPN|=|WNM|【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能【分析】x图线的切线斜率表示电场强度的大小，在x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据沿电场线方向电势降低，得出电势
21、大小关系从而确定电场强度的方向，由W=qU判断做功情况【解答】解：A、在x图线中，切线斜率表示电场强度的大小，可知M处的场强大小不为零，A错误；B、在x图线中，切线斜率表示电场强度的大小，可知N处的场强大小为零，B错误；C、M点的电势为零，N点电势小于零，因沿电场线方向电势降低，故在MN间电场方向由M指向N，沿x轴正方向，C正确；D、由图象可知，UMNUNP，故电场力做功qUMNqUNP，一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做负功，故|WPN|WNM|，D错误；故选：C5电容式加速度传感器的原理结构如图，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上质量块可带动电介质移动改变
22、电容则（）A电介质插入极板间越深，电容器电容越小B当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长D当传感器由静止突然向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流【考点】电容器的动态分析【分析】A、根据电容器的电容公式C=，从而电容的大小变化；B、由牛顿第二定律，确定弹力是否变化，再确定电容器是否处于充放电状态；C、由惯性可知，弹簧处于什么状态；D、先确定电介质向什么方向运动，再来确定电容器处于充电，还是放电，从而确定电路中的电流方向【解答】解：A、根据电容器的电容公式C=，当电介质插入极板间越深，即电介质增大，则电容器电容越大，故A错误；B、当传感器以恒定
23、加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B错误；C、若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，因惯性，则继续向右运动，从而压缩弹簧，故C错误；D、当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q=CU，可知，极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故D正确；故选：D6如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置用来提升重物 M，长杆的一端放在地上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方0点处，在杆的中点C处拴一细
24、绳，通过两个滑轮后挂上重物MC点与O点距离为L，现在杆的另一端用力使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度缓慢转至水平（转过了90角），此过程中下述说法正确的是（）A重物M做匀速直线运动B重物M做匀变速直线运动C重物M的最大速度是LD重物M的速度先减小后增大【考点】运动的合成和分解；力的合成与分解的运用【分析】C点的线速度为L，为一定值，将该速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，在沿绳子方向的速度等于重物的速度，根据C点速度与绳子沿线的夹角的变化，判断绳子方向分速度的变化，从而得出重物速度的变化【解答】解：设C点线速度方向与绳子沿线的夹角为（锐角），由题知C点的线速度为L，该线速度在绳子方向上的
25、分速度就为Lcos的变化规律是开始最大（90）然后逐渐变小，所以，Lcos逐渐变大，直至绳子和杆垂直，变为零度，绳子的速度变为最大，为L；然后，又逐渐增大，Lcos逐渐变小，绳子的速度变慢所以知重物的速度先增大后减小，最大速度为L故C正确，A、B、D错误故选C7如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角60斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示（规定斜向下为正方向），导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力作用下始终处于静止状态规定ab的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0t时间内，能正确反映流过导体棒ab
26、的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是（）ABCD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力；法拉第电磁感应定律【分析】由法拉第电磁感应定律可分析电路中的电动势，则可分析电路中的电流，根据楞次定律判断感应电流的方向；由安培力公式可得出安培力的表达式，则可得出正确的图象【解答】解：A、B、由E=sin60，由图乙知，B的变化率不变，即保持不变，则感应电动势保持不变，电路中电流I不变；根据楞次定律判断得知ab中感应电流沿ba，为负值故A错误，B正确C、D、由安培力F=BIL可知，电路中安培力随B的变化而变化，当B为负值时，根据楞次定律判断可知ab中感应电流从a到b，安培力的方向垂
27、直于磁感线斜向右下方，如图所示，根据平衡条件可知，水平外力水平向左，为负，大小为 F=BIsin60=（B0t）IL；同理，B为正值时，水平外力水平向右，为正，大小为 F=（tt0）IL；故C错误，D正确；故选：BD二、多项选择题（本题共4小题，每题4分，共16分）8据NASA中文消息，2014年9月24日，印度首个火星探测器“曼加里安”号成功进入火星轨道下列关于“曼加里安”号探测器的说法正确的是（）A从地球发射的速度应该大于第三宇宙速度B进入火星轨道过程应该减速C绕火星运行周期与其质量无关D仅根据在轨高度与运行周期就可估算火星平均密度【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及
28、其应用【分析】了解三大宇宙速度的物理意义，知道绕火星运动由万有引力提供圆周运动向心力，由此分析讨论【解答】解：A、第三宇宙速度是发射脱离太阳系航天器的最小发射速度，而曼加里安号还是在太阳系里运动，故其发射速度应小于第三宇宙速度，故A错误；B、根据卫星变轨原理知，航天器改变轨道成为绕火星圆周运动的航天器时需要减速从而初火星束缚，成为其人造卫星，故B正确；C、绕火星运动行时，万有引力提供圆周运动向心力可得周期T=，由此可知周期与航天器质量无关，故C正确；D、根据万有引力提供向心力由轨道高度与周期可以求得火星的质量，但未知火星的半径，故无法求得火星的密度，所以D错误故选：BC9如图所示，A1、A2为
29、两只相同灯泡，A1与一理想二极管D连接，线圈L的直流电阻不计下列说法正确的是（）A闭合开关S后，A1、A2同时亮B闭合开关S稳定后，A1、A2亮度相同C断开S的瞬间，电流由a到b逆时针经过灯泡A1D断开S的瞬间，a点的电势比b点低【考点】自感现象和自感系数【分析】对于二极管来说具有单向导电性，而对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流【解答】解：A、闭合开关S后，由于A1与L之间的关系是并联的关系，开始时L对电流有阻碍的作用，所以电流可以直接流过两灯回到电源的负极，则两灯立刻亮，故A正确；B、闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以A1与二极管被短路，导致灯泡A1不亮，而A2将
30、更亮，因此A1、A2亮度不同，故B错误；C、断开S的瞬间，A2会立刻熄灭，线圈L与灯泡A1及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a端的电势低于b端，但二极管具有单向导电性，所以所以回路没有感应电流，A1也是立即熄灭；故C错误，D正确；故选：AD10如图所示，在xoy平面的第象限内存在垂直xoy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两个相同的带电粒子以相同的速度v0先后从y轴上坐标（0，3L）的A点和B点（坐标未知）垂直于y轴射入磁场，在x轴上坐标（L，0）的C点相遇，不计粒子重力及其相互作用根据题设条件可以确定（）A带电粒子在磁场中运动的半径BB点的位置坐标为C两个带电粒子在磁场中运动的时
31、间D带电粒子的质量【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】由题意可明确粒子转动的几何关系，根据圆的性质确定圆心和半径，从而确定B点的坐标，再根据洛仑兹力充当向心力可明确质量及电荷量【解答】解：ABC、已知粒子的入射点及入射方向，同时已知圆上的两点，根据入射点速度相互垂直的方向及AC连线的中垂线的交点即可明确粒子运动圆的圆心位置；由几何关系可知AC长为2L；BAC=30，则R=2L；因两粒子的速度相同，且是同种粒子，则可知，它们的半径相同；即两粒子的半径均可求出；同时根据几何关系可知A对应的圆心角为120，B对应的圆心角为30；即可确定对应的圆心角，则由t=即可以求得转动的时间；由几何关系可求
32、得B点对应的坐标；故ABC正确；D、根据洛伦兹力充当向心力可求出对应的比荷，但由于电量未知，故无法求出粒子的质量，故D错误故选：ABC11如图所示，长为L=0.5m、倾角为=37的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为+q，质量为m的小球（可视为质点），以初速度v0=2m/s恰能沿斜面匀速上滑，g=10m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8，则下列说法中正确的是（）A小球在B点的电势能大于在A点的电势能B水平匀强电场的电场强度为C若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3 m/s2D若电场强度减半，小球运动到B点时速度为初速度v0的一半【考点】匀强电场中电势差和电场强度
33、的关系；电场强度【分析】带电小球从底端运动到顶端，重力做负功，电场力做正功，而支持力不做功而两处速度相等，则重力做的功与电场力做功之和为零所以可以确定小球在何处的电势能高同时由倾角可确定重力与电场力的关系【解答】解：A、从A到B的过程中做匀速运动，电场力做正功，电势能减小，B点的电势能小于A点的电势能故A错误；B、小球以初速度v0由斜面底端的A点沿斜面匀速上滑，到达斜面顶端N的速度仍为v0，根据动能定理，重力做功与电场力做功相等，有：qEx=mgh，所以E=故B正确C、若电场强度加倍，小球沿斜面方向的受力：，小球运动的加速度大小为： m/s2故C错误；D、若电场强度减半，小球运动到B点时：，代
34、入数据得：v=1m/s，速度为初速度v0的一半故D正确故选：BD三、实验题（本题共2小题，每空2分，共24分）12某实验小组利用如图甲所示的气垫导轨实验装置来探究合力一定时，物体的加速度与质量之间的关系（1）做实验时，将滑块从图甲所示位置由静止释放，由数字计时器（图中未画出）可读出遮光条通过光电门1、2的时间（遮光条的遮光时间）分别为t1、t2；用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离x，用游标卡尺测得遮光条宽度d则滑块经过光电门l时的速度表达式v1=；经过光电门2时的速度表达式v2=，滑块加速度的表达式a=（以上表达式均用已知字母表示）如图乙所示，若用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，其读数为
35、8.15mm（2）为了保持滑块所受的合力不变，可改变滑块质量M和气垫导轨右端高度h（见图甲）关于“改变滑块质量M和气垫导轨右端高度h”的正确操作方法是BCAM增大时，h增大，以保持二者乘积增大BM增大时，h减小，以保持二者乘积不变CM减小时，h增大，以保持二者乘积不变DM减小时，h减小，以保持二者乘积减小【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）光电门测量滑块瞬时速度的原理是：用短时间内的平均速度代替瞬间速度，根据运动学公式求出加速度，了解不同的测量工具的精确度和读数方法；（2）滑块的合力F合=Mg，为了保持滑块所受的合力不变，所以M和h不能同时增大或减小【解答】解：（1）滑块
36、经过光电门1时的速度表达式为：v1=，经过光电门2时的速度表达式为：v2=，根据匀变速直线运动位移速度公式得：，解得：a=，游标卡尺的读数由主尺和游标尺两部分组成读数为8mm+30.05mm=8.15mm（2）滑块的合力F合=Mg，为了保持滑块所受的合力不变，所以M和h不能同时增大或减小故选：BC故答案为：（1）；8.15；（2）BC13为了描绘小灯泡的伏安特性曲线，实验室可供选择的器材如下：A待测小灯泡（6V 500mA） B电流表A（00.06A 内阻约0.5）C电压表V（03V 内阻2k） D滑动变阻器R1（0lk 100mA）E滑动变阻器R2（05 1.5A） F电阻箱R3（09999
37、.9）G直流电源E（约6V，内阻不计）H开关S，导线若干（1）将电压表量程扩大为9V，与它串联的电阻箱的阻值应调为4K（2）图甲中画出了实验的部分电路，请你在图甲上补全电路图；滑动变阻器应选用R2（选填“Rl“或“R2“）（3）实验中，变阻器滑动触头P在ab间移动时，发现小灯泡两端的电压只能在3.5V6.0V间变化，则电路中出现的故障可能是ac间断路，即滑动变阻器变成了限流式接法（4）排除故障后，测量出多组数据以灯泡两端的电压U为横轴，电流表的示数I为纵轴，描点作出小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示则常温下灯丝的电阻为4，将该小灯泡与一电动势为6V，内阻为5的电池组连接，此时灯泡的电阻为8（保留一
38、位有效数字）若电压表V的实际阻值小于2k，则小灯泡实际的伏安特性曲线应在所画图线的上方 （选填“上方“或“下方“）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】（1）根据欧姆定律求解与电压表串联的电阻箱的阻值（2）为使测量尽量准确，要求进行多次测量，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器；（3）实验中，变阻器滑动触头P在ab间移动时，发现小灯泡两端的电压只能在3.5V6.0V间变化，即滑动变阻器没有采用分压式接法（4）根据图象的斜率求解常温时的电阻，再在对应的图象中做出伏安特性曲线，从而求得工作电阻，再由题意明确灯泡的温度；（5）根据电路图连接实物电路图，然后根据电路
39、图分析答题【解答】解：（1）电压表V（03V 内阻2k），将电压表量程扩大为9V，根据欧姆定律应有：（R+2）=9V，代入数据可得：R=4k，即电阻箱的阻值应调为4k（2）为使测量尽量准确，要求进行多次测量，滑动变阻器采用分压接法，选择小电阻，即选R2，由于灯泡电阻远小于电压表内阻，所以采用电流表外接法，电路图如图所示：（3）实验中，变阻器滑动触头P在ab间移动时，发现小灯泡两端的电压只能在3.5V6.0V间变化，即滑动变阻器没有采用分压式接法则电路中出现的故障可能是ac间断路，即滑动变阻器变成了限流式接法（4）如图所示，常温时图象的斜率约为：R0=4；在伏安特性曲线中做出对应电源的伏安特性曲
40、线，如图所示，则灯泡两端的电压为3V，电流为0.4A，则电阻R=8；若电压表V的实际阻值大于5k，所以导致测量的灯泡的电压值偏大，即相同电流情况下，灯泡实际电压比测量值偏小，则小灯泡实际的伏安特性曲线应在所画图线的上方故答案为：（1）4K；（2）电路图如图所示，R2；（3）ac间断路，即滑动变阻器变成了限流式接法；（4）4；8；（5）上方四、计算题（本大题共5小题，14题8分，15-17每题12分，18题15分）14如图甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆与水平成=37角固定，质量为m=1kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点，开启送风装置，今有水平向右的风力F作用于小球上，经时间t1=2
41、s后停止，小球沿细杆运动的部分vt图象如图乙所示（取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）试求：（1）小球在0到2s内的加速度a1和2到5s内的加速度a2；（2）小球与细杆间的动摩擦因数和风对小球作用力F的大小【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】（1）在vt图象中斜率代表加速度，根据a=求得即可；（2）受力分析，正交分解，运用牛顿第二定律和平衡条件，联立方程即可求杆和球间的动摩擦因数及02s内风对小球作用力F的大小【解答】解：（1）由图象可知，在02 s内小球的加速度为：a1=，方向沿杆向上在25 s内小球的加速度为：a2=10 m/s2，负号表示方向沿杆向下（2
42、）有风力时的上升过程，小球的受力情况如图甲所示在y方向，由平衡条件得：FN1=Fsin +mgcos 在x方向，由牛顿第二定律得：Fcos mgsin FN1=ma1停风后上升阶段，小球的受力情况如图乙所示在y方向，由平衡条件得：FN2=mgcos 在x方向，由牛顿第二定律得：mgsin FN2=ma2；联立以上各式可得：=0.5，F=60 N答：（1）小球在0到2s内的加速度a1和2到5s内的加速度a2；分别为20 m/s2和10 m/s2，（2）小球与细杆间的动摩擦因数和风对小球作用力F的大小分别为0.5和60N15如图所示，一个质量为m=2.01011kg，电荷量q=+1.0105C的带
43、电微粒（重力忽略不计），从静止开始经U1=100V电压加速后，水平进入两平行金属板间沿竖直方向的偏转电场中，偏转电场的电压U2=100V金属板长L=20cm，两板间距d=cm求：（1）微粒进入偏转电场时的速度v0大小；（2）微粒射出偏转电场时的偏转角；（3）若该匀强磁场的宽度为D=cm，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）粒子在加速电场中，电场力做功，由动能定理求出速度v0（2）粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，运用运动的合成与分解求出偏转角（3）粒子进入磁场后，做匀速圆周
44、运动，结合条件，画出轨迹，由几何知识求半径，再求B【解答】解：（1）微粒在加速电场中由动能定理得：qu1=mv02解得：v0=1.0104m/s（2）微粒在偏转电场中做类平抛运动，有：；而飞出电场时，速度偏转角的正切为：tan=解得 =30 （3）进入磁场时微粒的速度是：v=轨迹如图，由几何关系有：D=rsin+r洛伦兹力提供向心力：Bqv=由联立得：B= 代入数据解得：B=0.4T所以，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少为0.4T答：（1）微粒进入偏转电场时的速度v0大小为1.0104m/s；（2）微粒射出偏转电场时的偏转角为30；（3）若该匀强磁场的宽度为D=cm，为
45、使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少为0.4T16如图所示，一质量为m=1kg的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的A点，随传送带运动到B点，小物块从C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道恰能做圆周运动已知圆弧半径R=0.9m，轨道最低点为D，D点距水平面的高度h=0.8m小物块离开D点后恰好垂直碰击放在水平面上E点的固定倾斜挡板已知物块与传送带间的动摩擦因数=0.3，传送带以5m/s恒定速率顺时针转动（g取10m/s2），试求：（1）传送带AB两端的距离；（2）小物块经过D点时对轨道的压力的大小；（3）倾斜挡板与水平面间的夹角的正切值【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；牛
46、顿第三定律【分析】（1）小物块从C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道恰能做圆周运动，知物块对轨道的压力恰好为零，根据重力提供向心力求出C点的速度，再根据牛顿第二定律求出物块在传送带上运动的加速度，根据运动学公式求出传送带AB两端的距离（2）根据动能定理求出物块在D点的速度，再通过牛顿第二定律求出轨道对物块的支持力，从而得出物块对轨道的压力（3）物块离开D点做平抛运动，根据高度求出平抛运动的时间，根据竖直方向和水平方向速度的关系求出倾斜挡板与水平面间的夹角的正切值【解答】解：（1）对小物块，在C点恰能做圆周运动，由牛顿第二定律得：，则由于v1=3m/s5m/s，小物块在传送带上一直加速，则由A到
47、B有，代入数据解得：xAB=1.5m（2）对小物块，由C到D有在D点FNmg=，代入数据解得FN=60N由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力大小为（3）小物块从D点抛出后做平抛运动，则，解得t=0.4s将小物块在E点的速度进行分解得答：（1）传送带AB两端的距离为1.5m（2）小物块经过D点时对轨道的压力的大小为60N（3）倾斜挡板与水平面间的夹角的正切值为17如图所示，质量为m、电阻为R、ab边长为L的矩形金属单匝线圈竖直放置，水平虚线MN、PQ之间高度差为d，t=0时刻将线圈由图中位置由静止释放，同时在虚线之间加一方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B大小随时间t的变化关系为B=kt（k为
48、已知常数）：t=t1（t1未知）时，ab边进入磁场电流恰好为0；t=t2时ab边穿出磁场前的瞬间线圈加速度为0（不计空气阻力，重力加速度为g）求：（1）ab边未进入磁场之前，线圈中的电流大小及线圈消耗的电功率；（2）从t=0到ab边刚进入磁场所需时间t1；（3）ab边在穿过磁场过程中，线圈中产生的焦耳热【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化【分析】（1）ab边进入磁场前，线圈做自由落体运动运动，由法拉第电磁定律求出由于磁场变化而产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流的大小，由P=UI求出功率；（2）由E=BLv求出ab切割磁感线而产生的感应电动势，由题
49、意知，这两个电动势的和电动势是零，据此求出ab边刚进入磁场所需时间t1；（3）线圈穿出磁场时的加速度为零，合力为零，求出此时线圈受到的安培力，由平衡条件求出线圈穿出磁场时的速度，然后由功能关系求出线圈中产生的焦耳热【解答】解：（1）线圈进入磁场前做自由落体运动运动，由法拉第电磁感应定律得，由于磁场变化产生的感应电动势：E1=S=kdL，此时产生的感应电流：线圈消耗的电功率：（2）ab边刚进入磁场时，ab边切割磁感线产生的感应电动势：E1=B1Lv1=kt1Lgt1由题意可知瞬间电流为0，则：E合=E1E1=0即：kdL=kt1Lgt1，所以：（3）当t=t2时，由题意知：mgB2I2L=0设a
50、b边穿出磁场瞬间的速度为v2，则：E2=B2Lv2，B2=kt2所以：，又线圈进入磁场前做自由落体运动运动，则：v1=gt1由动能定理：，解得： =；答：（1）ab边未进入磁场之前，线圈中的电流大小是，线圈消耗的电功率；（2）从t=0到ab边刚进入磁场所需时间是；（3）ab边在穿过磁场过程中，线圈中产生的焦耳热是18如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线当两板间加电压UMN=U0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场某种带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计（1）求带电粒子的比荷；（2）若MN间加如图乙所示的
51、交变电压，其周期，从t=0开始，前内UMN=2U，后内UMN=U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值；（3）紧贴板右侧建立xOy坐标系，在xOy坐标第I、IV象限某区域内存在一个圆形的匀强磁场区域，磁场方向垂直于xOy坐标平面，要使在（2）问情景下所有粒子经过磁场偏转后都会聚于坐标为（2d，2d）的P点，求磁感应强度B的大小范围【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】（1）粒子在电场中做类平抛运动，由运动的合成与分解规律可求得比荷；（2）由题意可知粒子在电场中的运动过程，根据电场的周期性变化
52、规律可明确粒子在电场中的运动规律，根据条件则可求得电压值；（3）所有粒子在磁场中均做匀速圆周运动，根据题意由几何关系可明确磁感应强度的大小范围【解答】解：（1）设粒子经过时间t0打在M板中点，沿极板方向有：垂直极板方向有：解得：（2）粒子通过两板时间为：从t=0时刻开始，粒子在两板间运动时每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小，方向垂直极板向上；在每个电压变化周期的后三分之二时间内加速度大小，方向垂直极板向下不同时刻从O1点进入电场的粒子在电场方向的速度vy随时间t变化的关系如图所示因为所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在t=nT或时刻进入电场的粒子恰好分别从极板右侧上下边缘处飞出它们在电场方向偏转的距离最大有：解得：（3）所有粒子射出电场时速度方向都平行于x轴，大小为v0设粒子在磁场中的运动半径为r，则有：解得：粒子进入圆形区域内聚焦于P点时，磁场区半径R应满足：R=r在圆形磁场区域边界上，P点纵坐标有最大值，如图所示磁场区的最小半径为：，对应磁感应强度有最大值为： =磁场区的最大半径为：Rmax=2d，对应磁感应强度有最小值为： =所以，磁感应强度B的可能范围为：B答：（1）带电粒子的比荷；（2）电压U的值为（3）紧磁感应强度B的大小范围B2017年4月9日
