1、2015-2016学年湖北省宜昌一中高二（下）月考物理试卷（3月份）一、选择题（共48分16小题为单选题，每小题4分；710小题为多选题，全对得6分，选对但不选全得3分，选错或不选得0分）1物理实验都需要有一定的控制条件奥斯特做电流磁效应实验时，应排除地磁场对实验的影 响关于奥斯特的实验，下列说法中正确的是（）A该实验必须在地球赤道上进行B通电直导线应该竖直放置C通电直导线应该水平东西方向放置D通电直导线应该水平南北方向放置2中央电视台今日说法栏目曾经报道了一起发生在湖南长沙某区湘府路上的离奇交通事故家住公路拐弯处的张先生和李先生家在三个月内连续遭遇了七次大卡车侧翻在自家门口的场面，第八次有辆
2、卡车冲撞进李先生家，造成三死一伤和房屋严重损毁的血腥惨案经公安部门和交通部门协力调查，画出的现场示意图如图所示交警根据图示作出以下判断，你认为正确的是（）由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车作离心运动由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车作向心运动公路在设计上可能内（东）高外（西）低公路在设计上可能外（西）高内（东）低ABCD3如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M 的小车，其左侧有半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B 与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内将质量为m 的物块（可视为质点）从A 点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出重力加速度为g，空气阻
3、力可忽略不计关于物块从A位置运动至C位置的过程，下列说法中正确的是（）A小车和物块构成的系统动量守恒B摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和为零C物块的最大速度为D小车的最大速度为4如图所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，其中c为ab的中点已知a、b两点的电势分别为a=3V，b=9V，则下列叙述正确的是（）A该电场在c点处的电势一定为6VB正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大Ca点处的场强Ea一定小于b点处的场强EbD正电荷只受电场力作用从a点运动到b点的过程中动能一定增大5一汽车在高速公路上以v0=30m/s的速度匀速行驶，t=0时刻，驾驶员采取某种措施，汽车运动的加速度随时
4、间变化关系如图所示，以初速度方向为正，下列说法正确的是（）At=6s时车速为5m/sBt=3s时车速为3m/sC前9s内的平均速度为15m/sD前6s内车的位移为90m6一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头下列说法正确的是（）A副线圈输出电压的频率为5HzB副线圈输出电压的有效值为31VCP向右移动时，原、副线圈的电流比减小DP向右移动时，变压器的输入功率增加7如图所示，倾角为的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处
5、于静止状态若将固定点c向右移动少许，而a与斜劈始终静止，则（）A细线对物体a的拉力增大B斜劈对地面的压力减小C斜劈对物体a的摩擦力减小D地面对斜劈的摩擦力增大8宇航员在地球表面以一定的初速度竖直上抛一小球，经过时间t落回原处；若在某星球表面以相同的速度竖直上抛一小球，则需经5t时间落回原处已知该星半径与地球半径之比为1：4，则（）A该星表面重力加速度与地球表面重力加速度之比为5：1B该星质量与地球质量之比为1：80C该星密度与地球密度之比为4：5D该星的“第一宇宙速度”与地球的第一宇宙速度之比为1：209如图所示，竖直平行导轨间距l=20cm，导轨顶端接有一开关S，导体棒ab与导轨接触良好且无
6、摩擦，ab的电阻R=0.4，质量m=20g，导轨的电阻不计，电路中所接电阻为3R，整个装置处在与竖直平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，不计空气阻力，设导轨足够长，g取10m/s2，开始时开关断开，当ab棒由静止下落3.2m时，突然接通开关，下列说法中正确的是（）Aa点的电势高于b点的电势Bab间的电压大小为1.2VCab间的电压大小为0.4VD导体棒ab立即做匀速直线运动10如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a（0，L）一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与
7、x轴正方向的夹角为60下列说法中正确的是（）A电子在磁场中运动的时间为B电子在磁场中运动的时间为C磁场区域的圆心坐标（，）D电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，2L）二、实验题（共15分11小题每空2分，12小题每空分别为2、2、1、1、3分）11如图所示为一小球做平抛运动的闪光照片的一部分，图中背景方格的边长均为5cm，如果g取10m/s2，那么：（1）闪光的时间间隔是s；（2）小球运动中水平分速度的大小是m/s；（3）小球经过B点时速度大小是m/s12欲用伏安法测定一段阻值约为5左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A电池组（3V，内阻1）B电流表（03A，内阻0
8、.0125）C电流表（00.6A，内阻0.125）D电压表（03V，内阻3k）E电压表（015V，内阻15k）F滑动变阻器（020，额定电流1A）G滑动变阻器（02 000，额定电流0.3A） H开关、导线（1）上述器材中应选用的是；（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表接法；（填“内”或“外”）（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如图1所示，图示中I=A，U=V（4）为使通过待测金属导线的电流能在00.5A范围内改变，请按要求在图2框图中画出测量待测金属导线的电阻Rx的原理电路图三、计算题（共47分13小题9分，14小题12分，15小题12分，16小题14分）13一质量为0.
9、1kg的小球从0.80m高处自由下落，落到一厚软垫上，若从小球接触软垫到陷至最低点所用的时间为0.20s，则这段时间内软垫对小球的冲量为大？（g=10m/s2）14质量为m的小物块A，放在质量为M的木板B的左端，B在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A、B相对静止某时刻撤去水平拉力，经过一段时间，B在地面上滑行了一段距离x，A在B上相对于B向右滑行了一段距离L（设木板B足够长）后A和B都停下已知A、B间的动摩擦因数1，B与地面间的动摩擦因数2，21，求x的表达式15两根固定在水平面上的光滑平行金属导轨MN和PQ，一端接有阻值为R=4的电阻，处于方向竖直向下的匀强磁场中在导轨上垂直导轨跨
10、放质量m=0.5kg的金属直杆，金属杆的电阻为r=1，金属杆与导轨接触良好，导轨足够长且电阻不计金属杆在垂直杆F=0.5N的水平恒力作用下向右匀速运动时，电阻R上的电功率是P=4W（1）求通过电阻R的电流的大小和方向；（2）求金属杆的速度大小；（3）某时刻撤去拉力，当电阻R上的电功率为时，金属杆的加速度大小、方向16如图所示，MN为绝缘板，CD为板上两个小孔，AO为CD的中垂线，在MN的下方有匀强磁场，方向垂直纸面向外（图中未画出），质量为m电荷量为q的粒子（不计重力）以某一速度从A点平行于MN的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场（电场方向指向O点），已知图中虚线圆弧的半径为
11、R，其所在处场强大小为E，若离子恰好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C垂直于MN进入下方磁场（1）求粒子运动的速度大小；（2）粒子在磁场中运动，与MN板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之后恰好从小孔D进入MN上方的一个三角形匀强磁场，从A点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为多少？MN上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？（3）粒子从A点出发后，第一次回到A点所经过的总时间为多少？2015-2016学年湖北省宜昌一中高二（下）月考物理试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（共48分16小题为单选题，每小题4分；710小题为多选题，全对得6分，选对但不选全得3分，选错或不选得0
12、分）1物理实验都需要有一定的控制条件奥斯特做电流磁效应实验时，应排除地磁场对实验的影 响关于奥斯特的实验，下列说法中正确的是（）A该实验必须在地球赤道上进行B通电直导线应该竖直放置C通电直导线应该水平东西方向放置D通电直导线应该水平南北方向放置【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】由于地磁的北极在地理的南极附近，故地磁场的磁感线有一个由南向北的分量，而只有当电流的方向与磁场的方向平行时通电导线才不受磁场的安培力【解答】解：由于地磁的北极在地理的南极附近，故地磁场的磁感线有一个由南向北的分量，而当电流的方向与磁场的方向平行时通电导线才不受磁场的安培力，故在进行奥斯特实验时通电直导线可
13、以水平南北方向放置，而不必非要在赤道上进行，但不能东西放置和竖直放置，故只有D正确故选：D2中央电视台今日说法栏目曾经报道了一起发生在湖南长沙某区湘府路上的离奇交通事故家住公路拐弯处的张先生和李先生家在三个月内连续遭遇了七次大卡车侧翻在自家门口的场面，第八次有辆卡车冲撞进李先生家，造成三死一伤和房屋严重损毁的血腥惨案经公安部门和交通部门协力调查，画出的现场示意图如图所示交警根据图示作出以下判断，你认为正确的是（）由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车作离心运动由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车作向心运动公路在设计上可能内（东）高外（西）低公路在设计上可能外（西）高内（东）低ABCD【考点】向心
14、力；牛顿第二定律【分析】汽车拐弯时发生侧翻是由于车速较快，外界提供的力不够做圆周运动所需的向心力，发生离心运动有可能是内测高外侧低，支持力和重力的合力向外，最终的合力不够提供向心力【解答】解：、汽车发生侧翻是因为提供的力不够做圆周运动所需的向心力，发生离心运动故正确，错误、汽车在水平路面上拐弯时，靠静摩擦力提供向心力，现在易发生侧翻可能是路面设计不合理，公路的设计上可能内侧（东）高外侧（西）低，重力沿斜面方向的分力背离圆心，导致合力不够提供向心力而致故正确，错误故选A3如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M 的小车，其左侧有半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B 与水平轨道BC
15、相切，整个轨道处于同一竖直平面内将质量为m 的物块（可视为质点）从A 点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出重力加速度为g，空气阻力可忽略不计关于物块从A位置运动至C位置的过程，下列说法中正确的是（）A小车和物块构成的系统动量守恒B摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和为零C物块的最大速度为D小车的最大速度为【考点】动量守恒定律【分析】系统所受合外力为零，系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题【解答】解：A、小车和物块组成的系统水平方向所受合外力为零，水平方向动量守恒，系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B、摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和等于摩
16、擦力与相对位移的乘积，摩擦力做功的代数和不为零，故B错误；C、如果小车固定不动，物块到达水平轨道时速度最大，由机械能守恒定律得：mgR=mv2，v=，现在物块下滑时，小车向左滑动，物块的速度小于，故C错误；D、小车与物块组成的系统水平方向动量守恒，物块下滑过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1Mv2=0，由机械能守恒定律得： mv12+Mv22=mgR，从物块到达水平面到物块到达右端过程中，由动量守恒定律得：mv1Mv2=（M+m）v，解得：v=，故D正确；故选：D4如图所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，其中c为ab的中点已知a、b两点的电势分别为a=3V，b=9V，则下列
17、叙述正确的是（）A该电场在c点处的电势一定为6VB正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大Ca点处的场强Ea一定小于b点处的场强EbD正电荷只受电场力作用从a点运动到b点的过程中动能一定增大【考点】电势能；电场强度【分析】题中是一条电场线，无法判断该电场是否是匀强电场，不能确定c点处的电势根据正电荷在电势高处电势能大，分析电势能的关系由能量守恒分析动能关系【解答】解：A、若该电场是匀强电场，则在c点处的电势为c=V=6V，若该电场不是匀强电场，则在c点处的电势为c6V故A错误BD、根据正电荷在电势高处电势能大，可知正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大，而由能量守恒得知，其动能一定减
18、小故B正确，D错误C、一条电场线，无法判断电场线的疏密，就无法判断两点场强的大小，所以a点处的场强Ea不一定小于b点处的场强Eb故C错误故选：B5一汽车在高速公路上以v0=30m/s的速度匀速行驶，t=0时刻，驾驶员采取某种措施，汽车运动的加速度随时间变化关系如图所示，以初速度方向为正，下列说法正确的是（）At=6s时车速为5m/sBt=3s时车速为3m/sC前9s内的平均速度为15m/sD前6s内车的位移为90m【考点】加速度与力、质量的关系式；匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】根据匀变速直线运动的速度时间公式，结合加速度先求出3s末的速度，再根据速度时间公式求出6s末的速度，结合位移
19、公式分别求出前3s内和后6s内的位移，从而得出平均速度的大小【解答】解：AB、根据速度时间公式得，t=3s时的速度为：v1=v0a1t1=30103=0m/s，则6s时的速度为：v2=a2t2=53m/s=15m/s故AB错误C、前3s内的位移为：，后6s内的位移为：，则前9s内的位移为：x=x1+x2=135m，所以汽车的平均速度为：故C正确D、后3s内的位移为：，则前6s内车的位移为：x=x1+x2=67.5m故D错误故选：C6一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头下列说法正确的是（）A副线圈输出电压的频
20、率为5HzB副线圈输出电压的有效值为31VCP向右移动时，原、副线圈的电流比减小DP向右移动时，变压器的输入功率增加【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率【分析】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论【解答】解：A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，所以A错误B、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为310V，所以副线圈的电压的最大值为31V，所以电压的有效值为V=22V，所以B错误C、P右移，R变小，副线的电压不变，则副线圈的电流变大，原线圈的电流也随之变大；但原、副线圈的电流比等于匝数比的倒数，
21、是不变的，故C错误D、P向右移动时，滑动变阻器的电阻较小，副线圈的电压不变，所以电路消耗的功率将变大，变压器的输入功率、输出功率均增加，故D正确故选：D7如图所示，倾角为的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态若将固定点c向右移动少许，而a与斜劈始终静止，则（）A细线对物体a的拉力增大B斜劈对地面的压力减小C斜劈对物体a的摩擦力减小D地面对斜劈的摩擦力增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【分析】对滑轮和物体b受力分析，根据平衡条件求解细线的拉力变化情况；对物体a受力分析，
22、判断物体a与斜面体间的静摩擦力的情况；对斜面体、物体a、物体b整体受力分析，根据平衡条件求解整体与地面间的静摩擦力和弹力的情况【解答】解：A、对滑轮和物体b受力分析，受重力和两个拉力，如图所示：根据平衡条件，有：mbg=2Tcos解得：T=将固定点c向右移动少许，则增加，故拉力T增加，故A正确；B、D、对斜面体、物体a、物体b整体受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力，如图所示：根据平衡条件，有：N=G总Tcos=G总，N与角度无关，恒定不变；根据牛顿第三定律，压力也不变；故B错误；f=Tsin=tan，将固定点c向右移动少许，则增加，故摩擦力增加；故D正确；C、对物体a受力分析
23、，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，由于不知道拉力与重力的下滑分力的大小关系，故无法判断静摩擦力的方向，故不能判断静摩擦力的变化情况，故C错误；故选：AD8宇航员在地球表面以一定的初速度竖直上抛一小球，经过时间t落回原处；若在某星球表面以相同的速度竖直上抛一小球，则需经5t时间落回原处已知该星半径与地球半径之比为1：4，则（）A该星表面重力加速度与地球表面重力加速度之比为5：1B该星质量与地球质量之比为1：80C该星密度与地球密度之比为4：5D该星的“第一宇宙速度”与地球的第一宇宙速度之比为1：20【考点】万有引力定律及其应用【分析】通过竖直上抛运动经历的时间求出重力加速度之比，然后根据万有引力
24、等于重力，求出中心天体的质量比根据密度的定义计算密度之比第一宇宙速度v=，根据重力加速度和星球半径之比计算第一宇宙速度之比【解答】解：A、设地球表面重力加速度为g，设该星球表面附近的重力加速度为g，根据，知重力加速度之比等于它们所需时间之反比，地球上的时间与星球上的时间比1：5，则地球表面的重力加速度和星球表面重力加速度之比g：g=5：1故A错误B、根据万有引力等于重力，得M=星球和地球表面的重力加速度之比为1：5，半径比为1：4，所以星球和地球的质量比M星：M地=1：80故B正确C、根据密度的定义，所以，故C正确D、第一宇宙速度v=，所以，故D错误故选：BC9如图所示，竖直平行导轨间距l=2
25、0cm，导轨顶端接有一开关S，导体棒ab与导轨接触良好且无摩擦，ab的电阻R=0.4，质量m=20g，导轨的电阻不计，电路中所接电阻为3R，整个装置处在与竖直平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，不计空气阻力，设导轨足够长，g取10m/s2，开始时开关断开，当ab棒由静止下落3.2m时，突然接通开关，下列说法中正确的是（）Aa点的电势高于b点的电势Bab间的电压大小为1.2VCab间的电压大小为0.4VD导体棒ab立即做匀速直线运动【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【分析】由右手定则可得出电流的流向，从而判断电势的高低；根据安培力与重力的大小关系可分析导体棒的运动情
26、况【解答】解：A、由右手定则可知，电流由a到b，故a点的电势低于b点的电势；故A错误；B、由机械能守恒定律可知：mgh=mv2；解得：v=8m/s；感应电动势为：E=BLv=10.28=1.6V；ab相当于电源，其两端的电势差为：U=E=1.2V；故B正确；C错误；D、接通开关时，导体棒受到的安培力为：F=BIL=10.2=0.2N；ab受到的重力为：G=mg=0.2N；故导体棒立即做匀速直线运动；故D正确；故选：BD10如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a（0，L）一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，
27、并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60下列说法中正确的是（）A电子在磁场中运动的时间为B电子在磁场中运动的时间为C磁场区域的圆心坐标（，）D电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，2L）【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】带电粒子在匀强磁场中在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动所以由几何关系可确定运动圆弧的半径与已知长度的关系，从而确定圆磁场的圆心，并能算出粒子在磁场中运动时间并根据几何关系来，最终可确定电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标【解答】解：A、B、电子的轨迹半径为R，由几何知识，Rsin30=RL，得R=2L电子在磁场中运动时间t=，而
28、T=，得：t=故A错误，B正确；C、设磁场区域的圆心坐标为（x，y）其中 x=，y=所以磁场圆心坐标为（），故C正确；D、根据几何三角函数关系可得，RL=Rcos60，解得R=2L所以电子的圆周运动的圆心坐标为（0，L），故D错误；故选：BC二、实验题（共15分11小题每空2分，12小题每空分别为2、2、1、1、3分）11如图所示为一小球做平抛运动的闪光照片的一部分，图中背景方格的边长均为5cm，如果g取10m/s2，那么：（1）闪光的时间间隔是0.1s；（2）小球运动中水平分速度的大小是1.5m/s；（3）小球经过B点时速度大小是2.5m/s【考点】研究平抛物体的运动【分析】平抛运动在水平方
29、向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向上相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出平抛运动的初速度，即水平分速度根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度，求出B点竖直方向上的分速度，根据平行四边形定则求出B点的速度大小【解答】解：（1）根据y=2L=gT2得，T=；（2）小球在运动过程中水平分速度；（3）B点竖直分速度，根据平行四边形定则知，小球经过B点的速度=故答案为：（1）0.1，（2）1.5，（3）2.512欲用伏安法测定一段阻值约为5左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A电池组（3V，内阻1）B电流表（0
30、3A，内阻0.0125）C电流表（00.6A，内阻0.125）D电压表（03V，内阻3k）E电压表（015V，内阻15k）F滑动变阻器（020，额定电流1A）G滑动变阻器（02 000，额定电流0.3A） H开关、导线（1）上述器材中应选用的是ACDFH；（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表外接法；（填“内”或“外”）（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如图1所示，图示中I=0.48A，U=2.20V（4）为使通过待测金属导线的电流能在00.5A范围内改变，请按要求在图2框图中画出测量待测金属导线的电阻Rx的原理电路图【考点】伏安法测电阻【分析】本题（1）的关键是由电源电动势
31、大小来选择电压表量程，通过求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程，通过求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器大小；题（2）因为电流表内阻为已知的确定值，采用内接法时能精确求出待测电阻的阻值，所以电流表应采用内接法；题（3）根据电表每小格的读数来确定估读方法；题（4）根据实验要求电流从零调可知，变阻器应采用分压式接法【解答】解：（1）根据电源电动势为3V可知，电压表应选择D；根据欧姆定律可知通过待测电阻的最大电流为=0.6A，所以电流表应选择C；根据闭合电路欧姆定律可知电路中需要的最大电阻应为=15，所以变阻器应选择F，因此上述器材中应选择ACDFH；（2）由于待测电阻满足，所以应用外接法；
32、（3）由于电流表每小格读数为0.02A，所以应进行“”估读，即电流表读数为I=0.48A；同理，电压表每小格读数为0.1V，应进行“”估读，电压表读数为U=2.20V；（3）由于实验要求电流从零调，所以变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示：故答案为：（1）ACDFH；（2）内；（3）0.48，2.20；（4）如图三、计算题（共47分13小题9分，14小题12分，15小题12分，16小题14分）13一质量为0.1kg的小球从0.80m高处自由下落，落到一厚软垫上，若从小球接触软垫到陷至最低点所用的时间为0.20s，则这段时间内软垫对小球的冲量为大？（g=10m/s2）【考点】动量定理【分析】根
33、据速度位移公式求出小球与软垫接触的速度，结合动量定理求出软垫对小球的冲量【解答】解：小球与软垫接触时的速度v=，规定向下为正方向，则（mgF）t=0mv代入数据有：10.2Ft=0.14，则软垫对小球的冲量I=Ft=0.6Ns答：这段时间内软垫对小球的冲量为0.6Ns14质量为m的小物块A，放在质量为M的木板B的左端，B在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A、B相对静止某时刻撤去水平拉力，经过一段时间，B在地面上滑行了一段距离x，A在B上相对于B向右滑行了一段距离L（设木板B足够长）后A和B都停下已知A、B间的动摩擦因数1，B与地面间的动摩擦因数2，21，求x的表达式【考点】动能定理的
34、应用；牛顿第二定律【分析】撤去水平拉力，A受到的滑动摩擦力f1=1mg，加速度大a1=1g，B受到A的向右的摩擦力和地面向左的摩擦力，B的加速度大小a2=，由21分析两加速度的大小关系，判断B先停止运动，然后A在木板上继续做匀减速运动，根据动能定理分别对A、B研究，求解x【解答】解：设A、B相对静止一起向右匀速运动时的速度为v撤去外力后至停止的过程中，A受到的滑动摩擦力f1=1mg，加速度大a1=1g此时B的加速度大小a2=由于21，所以判断B先停止运动，然后A在木板上继续做匀减速运动，且其加速度大小不变对A应用动能定理得：f1（L+x）=0mv2对B应用动能定理得：1mgx2（m+M）gx=
35、0Mv2消去v解得：x=答：x的表达式是x=15两根固定在水平面上的光滑平行金属导轨MN和PQ，一端接有阻值为R=4的电阻，处于方向竖直向下的匀强磁场中在导轨上垂直导轨跨放质量m=0.5kg的金属直杆，金属杆的电阻为r=1，金属杆与导轨接触良好，导轨足够长且电阻不计金属杆在垂直杆F=0.5N的水平恒力作用下向右匀速运动时，电阻R上的电功率是P=4W（1）求通过电阻R的电流的大小和方向；（2）求金属杆的速度大小；（3）某时刻撤去拉力，当电阻R上的电功率为时，金属杆的加速度大小、方向【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率【分析】（1）根据右手定则判断出电流的方向，根据电功率的公式计算出
36、电流的大小；（2）当到达稳定时，拉力的功率等于电流的电功率，写出表达式，即可求得结果；（3）某时刻撤去拉力，当电阻R上的电功率为时，回路中感应电流产生的安培力提供杆的加速度，写出安培力的表达式与牛顿第二定律的表达式即可【解答】解：（1）根据电功率的公式，得：P=I2R 所以：I=A由右手定则可得，电流的方向从M到P （2）当到达稳定时，拉力的功率等于电流的电功率，即：Fv=I2（R+r）代入数据得：v=m/s （3）当电阻R上的电功率为时，得：此时：由牛顿第二定律得：FA=ma所以：a=0.5m/s2方向向左答：（1）通过电阻R的电流的大小是1A，方向从M到P；（2）金属杆的速度大小是10m/
37、s；（3）当电阻R上的电功率为时，金属杆的加速度大小是0.5m/s2，方向向左16如图所示，MN为绝缘板，CD为板上两个小孔，AO为CD的中垂线，在MN的下方有匀强磁场，方向垂直纸面向外（图中未画出），质量为m电荷量为q的粒子（不计重力）以某一速度从A点平行于MN的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场（电场方向指向O点），已知图中虚线圆弧的半径为R，其所在处场强大小为E，若离子恰好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C垂直于MN进入下方磁场（1）求粒子运动的速度大小；（2）粒子在磁场中运动，与MN板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之后恰好从小孔D进入MN上方的一个三角形匀
38、强磁场，从A点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为多少？MN上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？（3）粒子从A点出发后，第一次回到A点所经过的总时间为多少？【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】粒子进入静电分析器做圆周运动，根据牛顿第二定律求出粒子运动的速度大小粒子从D到A匀速圆周运动，根据几何关系和粒子在磁场中运动的半径公式、周期公式求解【解答】解：（1）粒子进入静电分析器做圆周运动，根据牛顿第二定律得：Eq=v=（2）粒子从D到A匀速圆周运动，故由图示三角形区域面积最小值为 S=在磁场中洛伦兹力提供向心力Bqv=R=，设MN下方的磁感应强度为B1，上方的磁感应强度为B2，若只碰撞一次，则R1=，R2=R=，故=frac12，若碰撞n次，R1=，R2=R=，故=（3）粒子在电场中运动时间t1=，在下方的磁场中运动时间t2=，在上方的磁场中运动时间t3=，总时间t=t1+t2+t3=2答：（1）粒子运动的速度大小是；（2）粒子在磁场中运动，与MN板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之后恰好从小孔D进入MN上方的一个三角形匀强磁场，从A点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为，MN上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为（3）粒子从A点出发后，第一次回到A点所经过的总时间为22016年4月26日
