1、2015-2016学年四川省宜宾三中高二（下）周练物理试卷（十二）一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1如图所示，轻质光滑滑轮两侧用细绳连着两个物体A和B，物体B放在水平面上，A、B均静止已知A、B的质量分别为mA、mB，绳与水平方向的夹角为，物体B与地面间的动摩擦因数为，下列选项正确的是（）A物体B对地面的压力可能为零B物体B受到的摩擦力为mAgcosC地面对物体B的作用力的方向竖直向上D物体B受到的摩擦力为（mBgmAgsin）2如图所示，是一孤立正点荷形成电场中的一条电场线，线段AB=BC，则（）A电场强度比较是EAEBB电势比较是ABC电势差比较是UABUBCD试探电荷沿AC
2、方向移动电场力不做功3如图所示是速度传感器记录下的某物体做直线运动时的速度时间图象，根据图象对该运动的描述，下列说法中正确的是（）A从t=4.0s到t=6.0s，物体的位移逐渐减小B物体在前3s的位移接近于2.3mC03.0s物体所受合外力逐渐变大D若以竖直向上为速度正方向，则03.0s处于失重4如图所示，理想变压器的原线圈两端接u=220sin100t（V）的交流电源上，副线圈两端接R=55的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2：1，电流表、电压表均为理想电表下列说法正确的是（）A副线圈中输出交流电的频率为100HzB线圈中电流表的读数为1 AC副线圈中电压表的读数为110VD原线圈中的输入功率
3、为220W5如图所示，带有正电荷的A粒子和B粒子先后以同样大小的速度从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点分别以37和53（与边界的夹角）射入磁场，又都恰好不从另一边界飞出，A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是（）ABCD6如图为我国自主研制发射的“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中同一平面内运动的示意图“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G2”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动卫星“G1”和“G2”的轨道半径为r，某时刻两颗卫星分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号”在C位置若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力则以下说法正
4、确的是（）AA 的周期大于 C 的周期BB的角速度大于C的角速度C卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间为DA、B 的运行速度都小于第一宇宙速度，C的运行速度大于第一宇宙速度7如图所示，边长为L、电阻不计的n匝正方形金属线框位于竖直平面内，连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为P、U，线框及小灯泡的总质量为m，在线框的下方有一匀强磁场区域，区域宽度为l，磁感应强度方向与线框平面垂直，其上、下边界与线框底边均水平线框从图示位置开始静止下落，穿越磁场的过程中，小灯泡始终正常发光则（）A有界磁场宽度lLB线框匀速穿越磁场，速度恒为C磁场的磁感应强度应为D线框穿越磁场的过程中，线框克服安培力做的功
5、为2mgL8如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方，距离A为d现将环从A点由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是（）A环到达B点时，重物上升的高度h=B环到达B点时，环与重物的速度大小之比为C环能下降的最大高度为D环从A点到B点，环减少的机械能大于重物增加的机械能二、解答题（共2小题，满分0分）9如图所示，AB为竖直墙壁，A点和P点在同一水平面上相距为 L，将一质量为m，电量为q的带正电小球从P点以水平速度v向A抛出，结果打在墙上的C处如果在空
6、间加上方向竖直向下的匀强电场，将小球从P点以水平速度2v向A抛出，也正好打在墙上的C点（已知重力加速度g）求：（1）AC间的距离；（2）电场强度的大小10如图所示，是一传送装置，其中AB段粗糙，AB段长L=2m，动摩擦因数1=0.3，BC、DEN段均可视为光滑，DEN是半径为r=0.5m的半圆形轨道，其直径DN沿竖直方向，C位于DN竖直线上，CD间的距离恰能让小球自由通过其中N点又与足够长的水平传送带的右端平滑对接，传送带以8m/s的速率沿顺时针方向匀速转动，小球与传送带之间的动摩擦因数2=0.5左端竖直墙上固定有一轻质弹簧，现用一可视为质点的小球压缩弹簧至A点后由静止释放（小球和弹簧不粘连）
7、，小球刚好能沿圆弧DEN轨道滑下，而始终不脱离轨道已知小球质量m=0.2kg，g 取10m/s2（1）求小球到达D点时速度的大小及弹簧压缩至A点时所具有的弹性势能；（2）求小球第一次滑上传送带的过程中，小球与传送带发生的相对位移大小；（3）如果希望小球能沿着半圆形轨道上下不断地来回运动，且始终不脱离轨道，则传送带的速度应满足什么要求？2015-2016学年四川省宜宾三中高二（下）周练物理试卷（十二）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1如图所示，轻质光滑滑轮两侧用细绳连着两个物体A和B，物体B放在水平面上，A、B均静止已知A、B的质量分别为mA、mB，绳与水平方向的
8、夹角为，物体B与地面间的动摩擦因数为，下列选项正确的是（）A物体B对地面的压力可能为零B物体B受到的摩擦力为mAgcosC地面对物体B的作用力的方向竖直向上D物体B受到的摩擦力为（mBgmAgsin）【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】以B为研究对象，分析受力，作出力图绳子的拉力大小等于A的重力不变根据平衡条件分析摩擦力和支持力【解答】解：A、物体B在绳子拉力作用下有向右运动的趋势而保持相对于地静止，地面对B一定有静摩擦力根据平衡得，f=Tcos=mAgcos因为B对地面有摩擦力，则压力一定不为零故AD错误，B正确C、地面对B的作用力为摩擦力和支持力的合力，大小与拉力
9、和重力的合力大小相同，方向相反，因为重力和拉力的合力方向斜向右下方，则地面对B的作用力方向斜向左上方故C错误；故选：B2如图所示，是一孤立正点荷形成电场中的一条电场线，线段AB=BC，则（）A电场强度比较是EAEBB电势比较是ABC电势差比较是UABUBCD试探电荷沿AC方向移动电场力不做功【考点】电场线【分析】由电场线的疏密判断电场强度的大小顺着电场线电势降低，根据电场线的方向判断电势的高低在匀强电场中，电场强度与电势差的关系是U=Ed【解答】解：A、由题意，该电场是正点电荷产生，则知该正点电荷必定在A的左侧，A点离正点电荷最近，场强最大，故EAEB故A正确B、顺着电场线电势必定降低，所以有
10、：ABC故B错误C、由于AB间的电场线比BC间的电场线密，则AB间的电场强度比BC间的电场强度，根据公式U=Ed分析可知UABUBC故C错误D、检验电荷沿AC方向移动电场力方向与位移方向相同或相反，电场力一定做功，故D错误故选：A3如图所示是速度传感器记录下的某物体做直线运动时的速度时间图象，根据图象对该运动的描述，下列说法中正确的是（）A从t=4.0s到t=6.0s，物体的位移逐渐减小B物体在前3s的位移接近于2.3mC03.0s物体所受合外力逐渐变大D若以竖直向上为速度正方向，则03.0s处于失重【考点】匀变速直线运动的图像【分析】速度图象反映子物体的速度随时间变化的情况，由图可直接读出速
11、度的大小，速度的方向由速度的符号表示图线的斜率表示加速度图象与时间轴所围的“面积”表示位移结合牛顿第二定律分析即可【解答】解：A、从t=4s到t=6s，速度图象在时间轴的上方，沿正方向运动，位移逐渐增大，故A错误；B、根据图线与时间轴围成的面积表示位移，前3s图象的面积共23小格，所以面积为s=230.11=2.3m，则物体在前3s的位移接近于2.3m，故B正确；C、图象的斜率表示加速度，03.0s斜率逐渐减小，加速度逐渐变小，由牛顿第二定律可知，合外力逐渐减小，故C错误；D、03.0s内加速度为正，方向向上，说明物体处于超重状态，故D错误故选：B4如图所示，理想变压器的原线圈两端接u=220
12、sin100t（V）的交流电源上，副线圈两端接R=55的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2：1，电流表、电压表均为理想电表下列说法正确的是（）A副线圈中输出交流电的频率为100HzB线圈中电流表的读数为1 AC副线圈中电压表的读数为110VD原线圈中的输入功率为220W【考点】变压器的构造和原理【分析】根据瞬时值的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，电流与匝数成反比，即可求得结论【解答】解：A、原线圈中电压的角速度=100，则其频率f=50Hz，变压器不会改变交流电的频率，故副线圈输出交流电的频率仍为50Hz，故A错误；B、由瞬时值的表达式可得，原线圈的电压有效
13、值为220V，根据电压与匝数成正比可得副线圈的电压为110V，再由输入功率和输出功率相等可得220I1=，所以原线圈的电流的大小为1A；故B正确；C、电压表的读数为电压的有效值，由A的分析可知，副线圈的有效值为110V，所以电压表的读数为110V，故C错误；D、原线圈中的输出功率等于输出功率，则P=220W；故D错误故选：B5如图所示，带有正电荷的A粒子和B粒子先后以同样大小的速度从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点分别以37和53（与边界的夹角）射入磁场，又都恰好不从另一边界飞出，A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是（）ABCD【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】根据题意作出粒
14、子在磁场中的运动图象，再根据几何关系进行分析，即可求得出两种情况下的半径之比【解答】解：由题意作出粒子在磁场中的运动轨迹图如图所示；由几何关系则有：Rcos53+R=drcos37+r=d则有： =故选：C6如图为我国自主研制发射的“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中同一平面内运动的示意图“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G2”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动卫星“G1”和“G2”的轨道半径为r，某时刻两颗卫星分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号”在C位置若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力则以下说法正确的是（）AA 的周期
15、大于 C 的周期BB的角速度大于C的角速度C卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间为DA、B 的运行速度都小于第一宇宙速度，C的运行速度大于第一宇宙速度【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【分析】根据开普勒第三定律分析卫星的周期关系，从而判断角速度的关系由万有引力提供向心力，以及黄金代换式GM=gR2，列式表示出卫星卫星“G1”的角速度，从而求得卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间根据轨道半径的关系，分析卫星的速度与第一宇宙速度关系【解答】解：A、根据开普勒第三定律=k知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以A 的周期大于 C 的周期，故A正确B、同理可知，
16、B的周期大于C的周期，由T=知，B的角速度小于C的角速度故B错误C、对于卫星“G1”，根据万有引力提供向心力得：G=m2r，又GM=gR2得：=，所以卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间 t=故C正确D、第一宇宙速度是卫星绕地球圆周运动的最大运行速度，所以三颗卫星的运行速度都小于第一宇宙速度，故D错误故选：AC7如图所示，边长为L、电阻不计的n匝正方形金属线框位于竖直平面内，连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为P、U，线框及小灯泡的总质量为m，在线框的下方有一匀强磁场区域，区域宽度为l，磁感应强度方向与线框平面垂直，其上、下边界与线框底边均水平线框从图示位置开始静止下落，穿越磁场的过程
17、中，小灯泡始终正常发光则（）A有界磁场宽度lLB线框匀速穿越磁场，速度恒为C磁场的磁感应强度应为D线框穿越磁场的过程中，线框克服安培力做的功为2mgL【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】小灯泡始终正常发光，说明线框进入磁场做匀速运动，而且进入磁场和穿出磁场的过程都做匀速运动根据平衡条件和功率公式求解磁场的磁感应强度由功能关系知道灯泡的功率等于线框重力的功率，由P=mgv求解速度由能量守恒定律求解焦耳热【解答】解：A、小灯泡始终正常发光，说明线框进入磁场做匀速运动，而且进入磁场和穿出磁场的过程都做匀速运动，则知有界磁场宽度l=L，故A错误B、设线框匀速运动的速度为v
18、，由功能关系得：mgv=P，v=，故B正确C、灯泡正常发光时电流为：I=根据线框匀速运动受力平衡得：nBIL=mg，可得：B=故C错误D、线框穿越磁场的过程中，动能不变，减小的重力势能全部转化为系统的内能，由能量守恒定律得灯泡产生的焦耳热为2mgL，故D正确故选：BD8如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方，距离A为d现将环从A点由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是（）A环到达B点时，重物上升的高度h=B环到达B点时，环与重物的速度大小之比为
19、C环能下降的最大高度为D环从A点到B点，环减少的机械能大于重物增加的机械能【考点】机械能守恒定律【分析】环刚开始释放时，重物由静止开始加速根据数学几何关系求出环到达B处时，重物上升的高度对B的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，从而求出环在B处速度与重物的速度之比环和重物组成的系统机械能是守恒的【解答】解：A、根据几何关系有，环从A下滑至B点时，下降的高度为 d，则重物上升的高度 h=dd=（1）d，故A错误；B、环到达B处时，对环B的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有：v环cos45=v物，所以有v环=v物，故B
20、正确；C、设环下滑到最大高度为h时环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为d，根据系统的机械能守恒有：mgh=2mg（d）解得：h=，故C正确；D、环下滑过程中，环和重物组成的系统中，只有重力做功，故系统机械能守恒，即有环减小的机械能等于重物增加的机械能，故D错误故选：BC二、解答题（共2小题，满分0分）9如图所示，AB为竖直墙壁，A点和P点在同一水平面上相距为 L，将一质量为m，电量为q的带正电小球从P点以水平速度v向A抛出，结果打在墙上的C处如果在空间加上方向竖直向下的匀强电场，将小球从P点以水平速度2v向A抛出，也正好打在墙上的C点（已知重力加速度g）求：（1）AC间的距离；（2）
21、电场强度的大小【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）球做平抛运动，根据分位移公式列式求解即可；（2）球受重力和向下的电场力，做类似平抛运动，根据牛顿第二定律列式求解加速度，根据分位移公式列式求解【解答】解：（1）球做平抛运动，根据分位移公式，有：L=vt，y=，联立解得：y=；（2）球做类似平抛运动，根据分位移公式，有：L=2vty=其中：a=，y=；联立解得：E=；答：（1）AC间的距离为；（2）电场强度的大小为10如图所示，是一传送装置，其中AB段粗糙，AB段长L=2m，动摩擦因数1=0.3，BC、DEN段均可视为光滑，DEN是半径为r=0.5m的半圆形轨道，其直径DN沿竖直方向
22、，C位于DN竖直线上，CD间的距离恰能让小球自由通过其中N点又与足够长的水平传送带的右端平滑对接，传送带以8m/s的速率沿顺时针方向匀速转动，小球与传送带之间的动摩擦因数2=0.5左端竖直墙上固定有一轻质弹簧，现用一可视为质点的小球压缩弹簧至A点后由静止释放（小球和弹簧不粘连），小球刚好能沿圆弧DEN轨道滑下，而始终不脱离轨道已知小球质量m=0.2kg，g 取10m/s2（1）求小球到达D点时速度的大小及弹簧压缩至A点时所具有的弹性势能；（2）求小球第一次滑上传送带的过程中，小球与传送带发生的相对位移大小；（3）如果希望小球能沿着半圆形轨道上下不断地来回运动，且始终不脱离轨道，则传送带的速度应
23、满足什么要求？【考点】动能定理的应用【分析】（1）由牛顿第二定律与能量守恒定律可以求出弹性势能（2）应用机械能守恒定律求出物块的速度，应用牛顿第二定律与运动学公式求出痕迹的长度（3）应用机械能守恒定律求出初速度，然后答题【解答】解：（1）小球刚好能沿DEN轨道滑下，在圆周最高点D点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得： mg=m代入数据解得：vD=m/s，从A点到D点，由能量守恒得：Ep=1mgL+mvD2，联立以上两式并代入数据解得：Ep=1.7J；（2）从D到N，根据机械能守恒可得：mvD2+mg2r=mvN2代入数据解得：vN=5m/s，在传送带上物块，由牛顿第二定律得：2mg=ma代
24、入数据解得：a=5m/s2，物块向左减速有：vN=at1，代入数据解得：t1=1s，物块向左运动的位移：S1=at12=2.5m传送带向右运动的位移为：S2=vt=81=8m物块速度减至零后向右做匀加速运动，物块与传送带速度相等的需要的时间：t2=1.6s，物块向右加速运动的位移：S3=0.64m，传送带向右运动的位移：S4=vt2=1.28m，小球与传送带发生的相对位移大小为：S=S1+S2+S4S3=11.14m；（3）设物块在传送带上返回到右端的速度为v0，若物块恰能冲到EF轨道圆心的等高处，由动能定理得： mv02=mgr，代入数据解得：v0=m/s，则传送带的速度必须满足：v0m/s；答：（1）小球到达D点时速度的大小为m/s，弹簧压缩至A点时所具有的弹性势能为1.7J；（2）小球与传送带发生的相对位移大小为11.14m（3）传送带的速度应满足的要求是：v0m/s2016年12月9日
