1、河北定州中学高四第1次月考物理试卷一、选择题1. 如图甲所示, MN与PQ为光滑的平行导轨,导轨间距为l,导轨的上部分水平放置,下部分倾斜放置且与水平面的夹角为,导轨足够长。两条导轨上端用导线连接,在导轨的水平部分加一竖直向上的匀强磁场B1,其磁感应强度随时间t变化的关系如图乙所示;在导轨的倾斜部分加一垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度始终为B0。在t1时刻从倾斜轨道上某位置静止释放导体棒a,导体棒开始向下运动,已知导体棒的质量为m、电阻为R,不计导轨和导线的电阻,重力加速度为g,则下列说法正确的是（ ）A. 刚释放导体棒a时,其加速度一定最大B. 整个运动过程中,导体棒a的最大速度为C
2、. 在t1t2时间内,导体棒a可能先做加速度减小的加速运动,然后做匀速直线运动D. 若在t3时刻,导体棒a已经达到最大速度,则在t1t3时间内,通过导体棒的电荷量为【答案】BCD【解析】A、刚释放导体棒时，回路中只有感生电动势，其加速度为，当到达t2时刻后，感生电动势产生的电流消失，只剩下动生电动势产生的电流，则有，因为不能判断与的大小关系，所以加速度a不一定大于，故A错误；B、整个运动过程中，当导体棒a的最大速度时则有，所以导体棒a的最大速度，故B正确；C、在t1t2时间内，由于下滑速度越来越大，所以产生的动生电动势越来越大，回路中的感应电流变大，导体棒所受安培力也越来越大，所以加速度越来越
3、小，所以导体棒a可能先做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，然后做匀速直线运动，故C正确；D、在t1t3时间内，由动量定理可得，可得通过导体棒的电荷量为，故D正确；故选BCD。【点睛】分析导体棒所受安培力的大小变化情况，确定加速度大小变化情况，来分析运动情况，在t1t3时间内，由动量定理结合电荷量的计算公式求通过导体棒的电荷量。2. 如图所示，斜面体A静止在水平地面上，质量为m的物体B在外力F1和F2的共同作用下沿斜面体表面向下运动。当F1方向水平向右，F2方向沿斜面体的表面向下时，斜面体受到地面的摩擦力方向向左。则下列说法正确的是A. 若同时撤去F1和F2，滑块B的加速度方向一定沿斜面向下
4、B. 若只撤去F1，在滑块B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的方向可能向右C. 若只撤去F2，在滑块B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的方向可能向右D. 若只撤去F2，在滑块B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力不变【答案】AD【解析】本题可以假设从以下两个方面进行讨论 （1）斜劈A表面光滑（设斜面的倾角为，A的质量为mA，B的质量为mB） 同时撤去F1和F2，物体在其重力沿斜面向下的分力mB gsin的作用下也一定沿斜面向下做匀加速直线运动故A是正确的； 如果撤去F1，使A相对地面发生相对运动趋势的外力大小是FN2sin=mB gcossin，方向向右如图1所示由于mB gcossi
5、n（mB gcos+F1sin）sin，所以A所受地面的摩擦力仍然是静摩擦力，其方向仍然是向左，而不可能向右故B错误的； 撤去F2，在物体B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的变化情况要从A受地面摩擦力作用的原因角度去思考即寻找出使A相对地面发生相对运动趋势的外力的变化情况通过分析，使A相对地面有向右滑动趋势的外力是（mB gcos+F1sin）sin如图2、3所示与F2是否存在无关所以撤去F2，在物体B仍向下运动的过程中，A所受地面的摩擦力应该保持不变故C错误的；根据以上判断，故D正确的；因此，在斜劈表面光滑的条件下，该题的答案应该是AD那么，答案会不会因为斜劈表面粗糙而不同呢？（2）斜劈
6、A表面粗糙（设A表面的动摩擦因数为） 在斜劈A表面粗糙的情况下，B在F1、F2共同作用下沿斜面向下的运动就不一定是匀加速直线运动，也可能是匀速直线运动如果在此再陷入对B的运动的讨论中，势必加大判断的难度退一步海阔天空是不是可以不必纠缠于B的受力分析，看一看A会怎么样呢？由题意知，在B沿斜劈下滑时，受到A对它弹力FN 和滑动摩擦力f根据牛顿第三定律，这两个力反作用于A斜劈A实际上就是在这两个力的水平分力作用下有相对地面向右运动的趋势的FN sinfcos，又因为f=FN，所以FN sinFN cos，即tan同时撤出F1和F2，由以上分析可知mB gsinmB gcos所以物体B所受的合力沿斜劈
7、向下，加速度方向也一定沿斜劈向下故A正确；如果撤去F1，在物体B仍向下运动的过程中，N=mgcos，f=N，图中假设A受的摩擦力fA方向向左Nsin=fcos+fA，则有：fA=Nsin-Nos=N（sin-cos）0所以斜劈A都有相对地面向右运动的趋势，摩擦力方向是向左故B是错误的；又由于F2的存在与否对斜劈受地面摩擦力大小没有影响，故撤去F2后，斜劈A所受摩擦力的大小和方向均保持不变故C错误；D、根据以上判断，故D正确；因此，在斜劈A表面粗糙的情况下，本题的正确选项仍然是AD故选AD点睛：（1）连接体问题要注意选准研究对象并对其进行隔离，例如本题在讨论斜劈粗糙的情况下，分析A反而要比分析B
8、简单 （2）要善于找出问题的突破口例如本题在不知斜面是否光滑的情况下可以进行讨论，在斜劈粗糙情况下得出tan的关键条件，将会给解题带来“柳暗花明又一村”的局面 （3）这样的问题很好的培养理解、分析、推理等能力，对提高综合能力有很大的帮助3. 如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别是和的两物块相连，它们静止在光滑水平地面上。现给物块一个瞬时冲量，使它获得水平向右的速度，从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，则下列判断正确的是（ ）A. 时刻弹簧长度最短B. 在时间内，弹簧处于压缩状态C. 在时间内，弹簧对冲量的大小为D. 、的动量满足： 【答案】AD【解析】从图象可以看出，从0
9、到t1的过程中，m1的速度比m2的大，弹簧被压缩，t1时刻两物块达到共同速度，此后，m1的速度比m2的小，两者间距增大，弹簧的压缩量减小，所以t1时刻弹簧长度最短，故A正确。t2时刻m2的速度最大，此后m2的速度减小，弹簧被拉伸，则t2时刻弹簧恢复原长，在t1t2时间内，弹簧处于压缩状态。t2t3时间内，弹簧处于拉伸状态。故B错误。在0-t2时间内，弹簧对m1冲量的大小为m1 (v0-v2 )，选项C错误；对弹簧和两物体的系统，合外力为零，则动量守恒，由动量守恒定律可知： ，选项D正确；故选AD.点睛：本题关键是要根据速度图象分析清楚物体的运动情况，根据两个物体的速度关系判断弹簧的状态，或根据
10、物体的运动情况分析弹簧的状态。4. 溜索是一种古老的渡河工具，现已演变为游乐项目，如图所示，滑轮，保险绳索与人体连接，粗钢索两端连接在固定桩上。人从高处平台的A点出发，借助力几十米的落差，沿钢索顺势而下，滑过最低点C，到达B点时速度为零。下列说法中正确的有（ ）A. 人滑到C点时速度最大B. 人从A滑到C的过程中，重力的功率先增大后减小C. 人滑到C点时的加速度方向竖直向上D. 钢索对左侧固定桩的拉力小于对右侧固定桩的拉力【答案】BD【解析】A项：人滑到C点时，对人进行受力分析，人和滑轮整体受到重力，钢索的拉力和滑动摩擦力，如果钢索光滑A对，考虑摩擦力作用，应该是摩擦力切线方向的分力和两绳拉力
11、沿切线方向分量合力为0的位置速度最大，故A错误；B项：人从A滑到C的过程中，根据PG=mgVy,，开始时速度为0，重力的功率为0，中间过程重力的功率不为0，到C点时重力方向与速度方向垂直，重力功率为0，故人从A滑到C的过程中，重力的功率先增大后减小，故B正确；C项：人滑到C时由于有沿切线方向的摩擦力，所以人滑到C点时合力方向不再沿竖直向上，故C错误；D项：如果没有摩擦力与对右侧固定桩的拉力相等，人从A滑到C的过程中，钢索对人有向右的摩擦力，那么右边的钢索会受到人对它向左的摩擦力，因此右侧钢索对固定桩的拉力大，所以钢索对左侧固定桩的拉力小于对右侧固定桩的拉力，故D正确。5. 如图甲所示，一轻质弹
12、簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使得物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示（），下列结论正确的是A. 物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B. 弹簧的劲度系数为750N/cmC. 物体的质量为2kgD. 物体的加速度大小为5m/s2【答案】CD【解析】物体与弹簧分离时，弹簧的弹力为零，轻弹簧无形变，A错误；从图中可知，解得m=2kg，所以CD正确；弹簧的劲度系数，B错误；故CD正确；点睛：由于物块做匀加速运动，所以从F-x图像上可以看出，当外力F不变时表示物块与弹簧脱离，可以把握这个知识点
13、来求解。6. 半径为R的光滑绝缘竖直圆形轨道的最低点，有一个电量为+q的介质小球，以初速度向右冲上轨道。下面四种情形中，A图圆心处放置正点电荷，B图加上竖直向下的匀强电场，场强，C图加上水平向右的匀强电场，场强，D图加上垂直纸面向外的匀强磁场。则小球一定能够在圆轨道内做完整的圆周运动是A. B. C. D. 【答案】AD【解析】设小球到达最高点的速度为v，A图：，解得：，小球能过最高点的最小速度对应：，所以A图中小球能做完整的圆周运动；B图：，最高点的最小速度对应：，可知，不能做完整的圆周运动；同理可得：C图也不能做完整的圆周运动；D图中小球在运动过程中受到的洛伦兹力不做功，同A图，能做完整的
14、圆周运动，所以选择AD。7. 如图所示，带电小球a由绝缘细线OC和OE悬挂而处于静止状态，其中OC水平，地面上固定以绝缘且内壁光滑的的圆弧细管道AB，圆心O与a球位置重合，管道低端B与水平地面相切，一质量为m的带电小球b从A端口由静止释放，当小球b运动到B端时对管道壁恰好无压力，重力加速度为g，在此过程中（ ）A. 小球b的机械能守恒 B. 悬线OE的拉力先增大后减小C. 悬线OC的拉力先增大后减小 D. 小球b受到的库仑力大小始终为3mg【答案】ACD【解析】小球在运动的过程中只有重力做功，所以机械能守恒，故A正确；以小球为研究对象，受力分析，如图所示。在竖直方向：；保持不变，逐渐减小，所以
15、OE的拉力一直增大，故B错误；水平方向：，联立解得：，OC拉力先增大后减小，故C正确；小球从A到B：，在B点：，解得Fc=3mg，故D正确。8. 半径为R的光滑绝缘竖直圆形轨道的最低点，有一个电量为+q的介质小球，以初速度向右冲上轨道。下面四种情形中，A图圆心处放置正点电荷，B图加上竖直向下的匀强电场，场强，C图加上水平向右的匀强电场，场强，D图加上垂直纸面向外的匀强磁场。则小球一定能够在圆轨道内做完整的圆周运动是A. B. C. D. 【答案】AD 9. 如图所示，L1和L2为平行线，L1上方和L2下方都是垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场，AB两点都在L2上，带电粒子从A点以初速度v与
16、L2成=30斜向上射出，经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向上，不计重力，下列说法中正确的是（）A. 带电粒子一定带正电B. 带电粒子经过B点时的速度一定跟在A点的速度相同C. 若将带电粒子在A点时的初速度变大（方向不变）它仍能经过B点D. 若将带电粒子在A点时的初速度方向改为与L2成60角斜向上，它就不一定经过B点【答案】CD【解析】画出带电粒子运动的可能轨迹，B点的位置可能有下图四种，如图所示：A、如图，分别是正负电荷的轨迹，正负电荷都可能。故A错误；B、如图，粒子B的位置在B1、B4，速度跟在A点时的速度大小相等，但方向不同，速度不同，B的位置在B2、B3，速度跟在A点时的速度
17、大小相等，方向相同，速度相同，故B错误；C、根据轨迹，粒子经过边界L1时入射点与出射点间的距离与经过边界L2时入射点与出射点间的距离相同，与速度无关。所以当初速度大小稍微增大一点，但保持方向不变，它仍有可能经过B点，故C正确；D、如图，设L1与L2 之间的距离为d，则A到B2的距离为： ，所以，若将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2成60角斜向上，不经过B点，故D正确。点睛：带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是画出粒子圆周的轨迹，往往要抓住圆的对称性和几何知识进行分析。10. 有一根质量为m、长度为d的导体棒，通有垂直纸面向里的电流I，被长度为L的轻质绝缘细线悬挂在天花板上，处于静止
18、。此时在此空间加竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，保持导体棒中的电流I始终不变，细线偏离竖直方向的夹角最大值为60，导体棒始终保持水平，则（ ）A. 磁场的磁感应强度大小为B. 磁场的磁感应强度大小为C. 在导体棒摆动过程中细线上拉力最大时上升的高度为D. 在导体棒摆动过程中细线的最大拉力为【答案】ACD【解析】磁场方向竖直向下，由左手定则可知，受安培力水平向左，导体棒向左摆起，导体棒摆到最大高度时由动能定理有：BIllsin-mgl（1-cos）=0-0；代入数据解得：B，故 A正确，B错误；由题意，当夹角30时动能最大，故上升的高度为：h=(1)L；由动能定理有：BIdLsin
19、-mgL（1-cos）=mv2；由牛顿第二定律有：；联立解得：T=2（-1）mg，故CD正确；故选ACD。点睛：考查左手定则来判定安培力的方向，并运用力的平行四边形定则来得出安培力最小值的方向，同时掌握能量转化与守恒定律，注意电流做功大于棒获得的动能.11. 水平面上有质量为ma的物体a和质量为mb的物体b，分别在水平推力Fa和Fb作用下开始运动，运动一段时间后都撤去推力，两个物体都将再运动一段时间后停下。两物体运动的vt图线如图所示，图中线段ACBD。则以下说法正确的是（ ）A. 若ma mb，则Fa mb，则Fa Fb，且物体a克服摩擦力做功大于物体b克服摩擦力做功C. 若ma mb，则可
20、能Fa Fb，且物体a所受摩擦力的冲量大于物体b所受摩擦力的冲量D. 若ma Fb，且物体a所受摩擦力的冲量小于物体b所受摩擦力的冲量【答案】BD【解析】AB：vt图线中线段ACBD，可见两物体与水平面间的动摩擦因数相同，设为。在a、b加速的过程中，由牛顿第二定律知：、，解得：、由vt图线知，在a、b加速的过程中，若，则；整个运动过程中a、b的位移分别为、物体a克服摩擦力做功，物体a克服摩擦力做功若，则物体a克服摩擦力做功大于物体b克服摩擦力做功。故A项错误，B项正确。CD：、若，则Fa 、 Fb的大小关系不确定；物体a所受摩擦力的冲量大小，物体b所受摩擦力的冲量大小若，则物体a所受摩擦力的冲
21、量小于物体b所受摩擦力的冲量。故C项错误，D项正确。12. 如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M=6m，把滑块从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，已知OA与水平面的夹角=53，OB长为L，与AB垂直，不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g，滑块P从A到B的过程中，说法正确的是A. 对于滑块Q，其重力功率先增大后减小B. 滑块P运动到位置B处速度达到最大，且大小为C. 轻绳对滑块P做功4mgLD. P与Q的机械能之和先减小后增加【答案】AC【解
22、析】物块Q释放瞬间的速度为零，当物块P运动至B点时，物块Q的速度也为零，所以当P从A点运动至B点时，物块Q的速度先增加后减小，物块Q的重力的功率也为先增加后减小，A正确；由于物块P在AB两点处弹簧的弹力大小相等，所以物块P在A点时受到弹簧向上的弹力，运动至B点时受到向下的弹力，物块P从A到B过程中，必定先加上后减速，B错误；从A到B过程中，对于PQ系统由动能定律可得，对于P由动能定理可得，联立解得，C正确；对于PQ系统，竖直杆不做功，系统的机械能只与弹簧对P的做功有关，从A到B的过程中，弹簧对P先做正功，后做负功，所以系统的机械能先增加后减小，D错误；故选AC.13. 如图所示，在水平面上固定
23、有相互垂直的挡板，质量均为的两个小球和（均可视为质点）通过铰链用刚性轻杆连接，分别停靠在两挡板上， 到点的距离为。现用沿方向的恒力作用于上， 由静止开始沿挡板运动， 沿挡板运动，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（ ）A. 碰到前，杆对一直做正功B. 碰到前，当的速度最大时， 球的加速度为C. 碰到时的速度大小为D. 碰到前， 的加速度方向始终沿方向【答案】BC【解析】碰A到ON前，B的速度先增大后减小，重力势能不变，则机械能先增加后减小，根据功能原理知，杆对B先做正功后做负功，故A错误；A碰到ON前，当B的速度最大时，B的合力为零，即杆对B的弹力沿竖直方向的分力与B的重力平衡，弹力沿水平方向的
24、分力与ON档板的弹力平衡；此时A在水平方向受到向右的力F、杆沿水平方向向左的分力，故A的球加速度小于，故B错误；A碰到ON时B的速度为零，设A的速度为v对系统动能定理得：，解得：，故C正确；B的初速度为零，A碰到ON时B的速度又为零，所以B球先加速后减速，B的加速度方向先沿NO方向，后沿ON方向，故D错误；故选C.【点睛】根据B的机械能变化情况，由功能原理分析杆对B做功情况。B的速度最大时合力为零。A碰到ON时B的速度为零，对系统，运用功能原理求A的速度大小。根据B的运动情况，分析其加速度方向.14. 如图所示,长为L的轻杆两端分别固定a,b金属球,两球质量均为m,a放在光滑的水平面上,b套在
25、竖直固定光滑杆上且离地面高度为L,现将b从图示位置由静止释放,则:A. 在b球落地前的整个过程中,a,b组成的系统水平方向上动量守恒B. 从开始到b球距地面高度为的过程中,轻杆对a球做功为mgLC. 从开始到b球距地面高度为的过程中,轻杆对b球做功mgLD. 在b球落地的瞬间,重力对b球做功的功率为mg【答案】BD【解析】A、对两球及杆系统，在b球落地前的整个过程中，b球的水平方向受竖直固定光滑杆的作用，a球的水平方向受力为零，所以a、b组成的系统水平方向上动量不守恒，故A错误；B、对两球及杆系统，在b球落地前的整个过程中，b球的水平方向受竖直固定光滑杆的作用不做功，a、b组成的系统机械能守恒
26、，从开始到b球距地面高度为的过程中由机械能守恒可得，且有，解得，所以轻杆对a球做功为，轻杆对b球做功，故B正确，C错误；D、在b球落地的瞬间，由机械能守恒可得，解得，所以在b球落地的瞬间，重力对b球做功的功率为，故D正确；故选BD。【点睛】对两球及杆系统，水平方向上动量不守恒，系统机械能守恒，由机械能守恒可求得。15. 如图在匀强电场中，质量为m、电荷量为+q的小球由静止释放沿斜向下做直线运动，轨迹与竖直方向的夹角为则( )A. 场强最小值为B. 小球的电势能可能不变C. 电场方向可能水平向左D. 小球的机械能可能减小【答案】ABDB项：当电场方向垂直合力方向斜向右上方时，电场力不做功，小球的
27、电势能不变，故B正确；C项：当电场方向水平向左，电场力方向向左，重力竖直向下，重力与电场力的合力不可能斜向右下方，故C错误；D项：当电场力方向与合力方向的夹角大于900时，在运动过程中电场力对小球做负功，所以小球的机械能减小，故D正确。点晴：解决本题关键理解当两个力的合力方向一定，其中一个力大小，方向恒定，另一个力可在一定范围内变化，利用平等四边形定则确定另一个力的最小值。16. 如图(a)所示，水平面内有一光滑金属导轨，ac边的电阻为R，其他电阻均不计，ab与ac夹角为135，cd与ac垂直。将质量为m的长直导体棒搁在导轨上，并与ac平行。棒与ab、cd交点G、H间的距离为L0，空间存在垂直
28、于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B。在外力作用下，棒由GH处以初速度v0向右做直线运动。其速度的倒数随位移x变化的关系如图(b)所示。在棒运动L0到MN处的过程中A. 导体棒做匀变速直线运动B. 导体棒运动的时间为C. 流过导体棒的电流大小不变D. 外力做功为【答案】BC【解析】A、直线的斜率为：，所以有：，得，故不是匀变速直线运动，故A错误。C、感应电动势为：，感应电动势大小不变，感应电流为：大小不变，故C正确；B、根据法拉第电磁感应定律有：，解得：，故B正确。D、克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热为：，对导体棒，由动能定理得：，解得，故D错误。故选BC.【点睛】对于电磁感应问题研究
29、思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键。17. 如图所示，边长为L的正三角形abc区域内存在垂直纸面向里的的匀强磁场，质量为m，电荷量均为q的三个粒子A、B、C以大小不等的速度从a点沿与ab边成30角的方向垂直射入磁场后从ac边界穿出，穿出ac边界时与a点的距离分别为、L。不及粒子的重力及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是A. 粒子C在磁场中做圆周运动的半径为LB. A、B、C三个粒子的初速度大小之比为3:2:1C. A、B、C三个粒子从磁场中射出的方向均与ab边垂直D. 仅将磁场的磁感应强度减小，则粒子B从
30、c点射出【答案】ACD【解析】A、由圆周运动的对称性可知，同一直线边界以30的弦切角进磁场，射出时的速度也与边界成30，而圆心角为60，则圆心和入射点以及出射点构成等边三角形，由几何关系可知，故A正确。B、根据洛伦兹力提供向心力有，可知，可得初速度之比，B错误。C、由于三粒子从ac出射时夹角为30，而，故出射速度的延长线必与ab边垂直构成直角三角形，故C正确。D、由可知将B改为，半径将变为，而其它条件不变，故由几何关系可知B粒子将从c点出射，D正确。故选ACD.【点睛】本题关键是明确粒子的运动规律，画出三个粒子的轨迹，结合几何关系确定轨道半径，根据对称性和牛顿第二定律列式求解半径.18. 如图
31、所示，质量为m的小球a、b之间用轻绳相连，小球a通过轻杆固定在左侧竖直墙壁上，轻杆与竖直墙壁夹角为30。现改变作用在小球b上的外力的大小和方向，轻绳与竖直方向的夹角保持60不变，则A. 轻绳上的拉力一定小于mgB. 外力F的最小值为C. 轻杆对小球a作用力的方向不变D. 轻杆对小球a的作用力最小值为mg【答案】BD【解析】A、对b进行受力分析如图，当F的方向发生变化时，由图可知，轻绳上的拉力可能小于mg，有可能大于mg故A错误；B、由b的受力图可知，当拉力F的方向与ab绳子垂直时，拉力F最小最小为：,故B正确.C、以a为研究对象，可知a受到重力、绳子ab对a的作用力以及杆对a的作用力处于平衡状
32、态，由三个力平衡的特点可知，杆对a的作用力与a的重力、ab对a的拉力的合力大小相等，方向相反a受到的重力都是竖直向下，方向都不变，ab对a的拉力方向不变，大小是变化的，所以a受到的重力与ab对a的拉力的和大小、方向都是变化的，所以杆对a的作用力大小、方向都是变化 的故C错误.D、由b的受力分析可知，当拉力F对b的拉力方向竖直向上时，拉力F与b的重力大小相等，方向相反，绳子ab此时的拉力等于0，所以a只受到重力和杆对a的作用力，此时杆对a的作用力最小，恰好等于a的重力故D正确故选BD.【点睛】本题是隐含的临界问题，关键运用图解法确定出F的范围，得到F最小的条件，再由平衡条件进行求解19. 如图甲
33、所示，质量为 2.010-3 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平部分CD长为 0.20 m，处于磁感应强度大小为B1= 0.1T、方向水平向右的匀强磁场中，有一匝数为300匝、横截面积为 0.01m2的竖直放置的线圈，通过开关S与两水银槽相连，线圈内有沿轴线方向通过的磁场，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示，在t = 0.22 s时闭合开关S，细框瞬间跳起（细框跳起瞬间安培力远大于重力），跳起的最大高度为0.20 m，不计空气阻力，重力加速度取g = 10 m/s2，下列说法正确的是（ ）A. 开关S闭合瞬间，CD中的电流方向由D到CB. 磁感应强度B2的方向竖
34、直向下C. 开关S闭合瞬间，通过CD的电荷量为0.2 CD. 0 0.10s内线圈中的感应电动势大小为3 V【答案】C【解析】A：开关S闭合瞬间，CD所受安培力的方向竖直向上，由左手定则可知，CD中的电流方向由C到D。故A项错误。B：由安培定则可知感应电流的磁场方向向上，由乙图知线圈中磁通量减小，据楞次定律可得：原磁场方向与感应磁场方向相同，即磁感应强度B2的方向竖直向上。故B项错误。C：对细框瞬间跳起（细框跳起瞬间安培力远大于重力）应用动量定理可得：线框跳起后做竖直上抛运动，则开关S闭合瞬间，通过CD的电荷量联立解得：。故C项正确。D：0 0.10s内线圈中的感应电动势，故D项错误。20.
35、如图所示,两条相距为L的光滑平行金属导轨位于水平面(纸面)内,其左端接一阻值为R的电阻,导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直,导轨电阻不计。金属棒ab垂直导轨放置并接触良好,接入电路的电阻也为R。若给棒以平行导轨向右的初速度v0,当流过棒截面的电荷量为q时,棒的速度减为零,此过程中棒发生的位移为x。则在这一过程中A. 当流过棒的电荷为时,棒的速度为B. 当棒发生位移为时,棒的速度为C. 在流过棒的电荷量q/2的过程中,棒释放的热量为D. 定值电阻R释放的热量为【答案】D【解析】A、棒的速度减为零，当流过棒截面的电荷量为，当流过棒的电荷为时，棒发生的位移为，根据牛顿运动定律可得棒运动的加速
36、度为，设棒运动的时间为，则有，所以有，即，当流过棒的电荷为时，则有，当流过棒的电荷为时，则有，解得，故A错误；B、当棒发生位移为时，则有，解得棒的速度为，故B错误；C、当流过棒的电荷为的过程中，由能量守恒可得棒释放的热量为，故C错误；D、棒的速度减为零的过程中，定值电阻R释放的热量为，故D正确；故选D。二、实验题21. 某同学用图甲所示电路测量一段金属丝的电阻率，待测金属丝粗细均匀，阻值约为100。备选器材如下：A量程为5mA、内阻r1=50的电流表B量程为0.6A、内阻r2=0.2的电流表C量程为6V、内阻r3约为15k的电压表D最大阻值为15、最大允许电流为2A的滑动变阻器E定值电阻R1=
37、5F定值电阻R2=500G电动势E=6V、内阻很小的直流电源H开关一个、导线若干I螺旋测微器、刻度尺(1)该同学用螺旋测尾气测待测金属丝的直径如图乙所示，则螺旋测微器的示数D=_mm. (2)电压表的示数记为U，所选用电流表的示数记为I，则该金属丝的电阻的表达式Rx=_。【答案】 (1). 5.898(5.8965.900均给分) (2). 【解析】（1）由图示螺旋测微器可以知道,其示数为 (5.8965.900均给分) （2）由电路知识得： 整理得： 故本题答案是：(1). 5.898(5.8965.900均给分) (2). 三、解答题22. 如图所示，直角坐标系xOy的x轴水平，y轴垂直，
38、处于竖直向下、大小为E0的匀强电场中，过O点，倾角为q60的足够大斜面固定在坐标系中。质量为m带电量为q的粒子从y轴上的P点，以某一速度沿x轴正方向射入，经过时间t，在坐标平面内加上另一匀强电场E，再经过时间t，粒子刚好沿垂直于斜面的方向到达斜面，且到达斜面时速度为零。不计粒子重力，求：（1）粒子的初速度大小；（2）P点与x轴的距离；（3）匀强电场E的电场强度大小。【答案】（1） （2） （3）E0【解析】【分析】粒子第一个时间t内，粒子做类平抛运动，根据运动的合成与分解求出粒子的初速度大小，在第二个时间t内，根据运动的合成与分解先求出粒子在竖直方向的位移和水平方向的位移，再求P点与x轴的距离；在第二个时间t内， 根据运动的合成与分解求匀强电场E的电场强度大小。解：（1）粒子运动轨迹如图中虚线所示，第一个时间t内，粒子做类平抛运动加速度 加上电场E时，粒子在竖直方向的速度vyat 此时合速度方向垂直于斜面：可解得粒子的初速度 （2）第一个时间t内，粒子在竖直方向的位移水平方向的位移x1v0t 在第二个时间t内，粒子在竖直方向的位移也为y1，水平方向的位移x2y1tanq P点到x轴的距离2y1(x1x2)tanq 代入数据得： （3）在第二个时间t内，在竖直方向：qEyqE0ma 在水平方向， （2分）所以 解得：EE0
