湖南省岳阳市高考物理一模试卷 26页

‎2019年湖南省岳阳市高考物理一模试卷 一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）‎ ‎1．（5分）如图所示，铁板AB于水平地面间的夹角为θ，一块磁铁吸附在铁板下方。现缓慢抬起铁板B端使θ角（始终小于90°）增大的过程中，磁铁始终相对铁板静止。下列说法正确的是（　　）‎ A．磁铁所受合外力逐渐减小 ‎ B．铁板对磁铁的弹力逐渐增大 ‎ C．磁铁受到的摩擦力做负功 ‎ D．铁板对磁铁的弹力冲量等于零 ‎2．（5分）一个质量M＝2kg的物体受五个力的作用处于平衡状态。当其中一个F＝10N的作用力突然消失，其余四个力保持不变。经过时间t＝2s后，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体一定做匀加速直线运动 ‎ B．物体的速度一定是10m/s ‎ C．物体速度的变化量一定等于10m/s ‎ D．物体的动能一定增加了100J ‎3．（5分）光滑的水平面上质量分别为m1＝3kg、m2＝2kg的带同种电荷的小球A、B，以等大的速度v＝10m/s相向运动，但始终没有相碰，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A、B均做加速度增大的减速运动直到停止 ‎ B．A、B相距最近时B球速度为零 ‎ C．A、B相距最近时两球动量相同 ‎ D．A、B相距最近时两球的电势能增加了240J ‎4．（5分）2022年冬奥会将在北京召开。如图所示是简化后的跳台滑雪的学道示意图，运动员从助滑雪道AB上由静止开始滑下，到达C点后水平飞出，落到滑道上的D点，E是运动轨迹上的某一点，在该点运动员的速度方向与轨道CD平行，设运动员从C到E与从E到D的运动时间分别为t1、t2，EF垂直CD，则（　　）‎ A．t1＝t2，CF＝FD ‎ B．t1＞t2，CF＞FD ‎ C．若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的距离也加倍 ‎ D．若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的速度方向不变 ‎5．（5分）2018年12月8日中国在西昌卫星发射中心成功发射了嫦娥四号探测器，经过地月转移飞行，按计划顺利完成近月制动，进入环月椭圆轨道，然后实施近月制动，顺利完成“太空刹车”，被月球捕获，进入距月球表面约100km的环月圆形轨道，准备登录月球背面。如图所示，则关于嫦娥四号在环月椭圆轨道和环月圆形轨道运行的说法正确的是（　　）‎ A．在环月椭圆轨道运行时，A点速度小于B点速度 ‎ B．由环月椭圆轨道进入环月圆形轨道应该在A点加速 ‎ C．在环月椭圆轨道和环月圆形轨道上通过A点的加速度相等 ‎ D．在环月椭圆轨道运行的周期比环月圆形轨道的周期小 ‎6．（5分）图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为0．一个α粒子（氦核）经过f面时的动能为12eV，从f到b的过程中克服电场力所做的功为6eV．下列说法正确的是（　　）‎ A．平面c上的电势为1V ‎ B．该α粒子经过平面b时，其电势能为6eV ‎ C．该粒子一定能到达平面a ‎ D．该α粒子经过平面f时的速率是经过b时的倍 ‎7．（5分）如图所示，电阻为r，匝数为N，面积为S的矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以某一角速度ω匀速转动，接入电路中变阻器的阻值为R．t＝0时，线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想交流电表，则（　　）‎ A．t＝0时，线圈中的感应电动势E＝NBSω ‎ B．电压表的示数为 ‎ C．滑片P向下滑动时，电流表的读数变大 ‎ D．线圈匀速运动的角速度ω变大时，电流表的读数变大 ‎8．（5分）在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于衰变放射出某种粒子，结果得到一张两个相切圆1和2的径迹照片（如图所示），已知两个相切圆半径分贝为r1、r2．下列说法正确的是（　　）‎ A．原子核可能发生的是α衰变，也可能发生的是β衰变 ‎ B．径迹2可能是衰变后新核的径迹 ‎ C．若衰变方程是U→Th+He，则r1：r2＝1：45 ‎ D．若是α衰变，则1和2的径迹均是顺时针方向 ‎9．（5分）如图所示，abcd是粗细均匀的电阻丝制成的长方形线框，导体MN有电阻，可在ad边及bc边上无摩擦滑动，且接触良好，线框处于垂直纸面向里的匀强磁场中。当MN由靠ab边外向cd边匀速移动的过程中，以下说法正确的是（　　）‎ A．MN中电流先增大后减小 ‎ B．MN两端电压先增大后减小 ‎ C．MN上拉力的功率先减小后增大 ‎ D．矩形线框中消耗的电功率先减小后增大 ‎10．（5分）在一次探究活动中，某同学设计了如图所示的实验装置，小车的质量M＝1kg、长L＝4m，半径R＝1m的光滑半圆弧轨道固定在小车的上表面的中点位置，半圆弧轨道下端与小车的上表面水平相切，现让位于轨道最低点的质量m＝0.2kg的光滑小球随同小车一起沿光滑水平面向右做匀速直线运动，某时刻小车碰到固定障碍物而瞬时处于静止状态（小车不反弹），之后小球离开圆弧轨道最高点并恰好落在小车的左端边沿处，该同学通过这次实验得到了如下结论，其中正确的是（g取10m/s2）（　　）‎ A．小球到达最高点的速度为m/s ‎ B．小车与障碍物碰撞时损失的机械能为12.5J ‎ C．小车瞬时静止后，小球在轨道最低点对轨道的压力是12N ‎ D．小车向右做匀速直线运动的速度约为6.5m/s 二、解答题（共5小题，满分50分）‎ ‎11．（6分）某同学将力传感器固定在小车上，然后把绳的一端固定在传感器拉钩上，用来测量绳对小车的拉力，探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系，根据所测数据在坐标系中作出了如图所示的a﹣F图象。‎ ‎（1）图线不过坐标原点的原因是　 　；‎ ‎（2）由图象求出小车和传感器的总质量为　 　kg；‎ ‎（3）本实验中若仍用砂和桶的重力表示绳子的拉力（小车及传感器的总质量始终远大于砂及桶的总质量），从理论上分析，该实验图线的斜率将　 　（选填“变大”或“变小”）。‎ ‎12．（9分）为测量一电源的电动势及内阻（结果均保留2位有效数字）。‎ ‎（1）用内阻Rg＝100Ω，量程Ig＝1mA的表头G改装成量程为0.5A和3.0V的电流表和电压表。那么 用表头G串联一个R1＝　 　kΩ的电阻可以改装成量程为3.0V的电压表；‎ 用表头G并联一个R2＝　 　Ω的电阻可以改装成量程为0.5A的电流表。‎ ‎（2）利用一只开关、一个滑动变阻器、若干导线和改装的电流表、电压表（改装的两表均用表头G与一个电阻串、并联来表示），要求精确测量电源电动势及内阻。在虚线框内画出实验原理电路图。‎ ‎（3）根据以上实验原理电路图进行实验，读出电压表示数为1.5V时、电流表读数为0.30A；电压表示数为2.0V时、电流表读数为0.20A，则电源的电动势E＝　 　V、内阻r＝　 　Ω。‎ ‎13．（11分）如图甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾角为θ＝37°固定斜面上，对物体施以斜面向上的拉力F，t1＝1s时撤去拉力，物体运动的部分v﹣t图象如图乙，g＝10m/s2，试求：‎ ‎（1）物体与斜面的摩擦因数μ；‎ ‎（1）拉力F所做的功W；‎ ‎（2）0到4s物体的位移x。‎ ‎14．（11分）A、B两个木块叠放在竖直轻弹簧上，如图所示，已知mA＝mB＝1.5kg，轻弹簧的劲度系数k＝100N/m。若在木块A上作用一个竖直向上的力F使木块A由静止开始以2m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动，且已知轻弹簧弹性势能的表达式为Ep＝kx2（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）。取g＝10m/s2，求：‎ ‎（1）刚开始运动时弹簧的弹性势能是多少？‎ ‎（2）求使木块A竖直向上做匀加速运动的过程中力F的最小值是多少？‎ ‎（3）从木块A竖直向上做匀加速运动直到A、B分离的过程中，力F对木块做的功是多少？‎ ‎15．（13分）空间中有一直角坐标系，其第一象限在圆心为O1、半径为R、边界与x轴和y轴相切的圆形区域内，有垂直于纸面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B；第二象限中存在方向竖直向下的场强为E的匀强电场。现有一群质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从圆形区域边界与x轴的切点A处沿纸面上的不同方向射入磁场中，如图所示。已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径均为R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到达x轴上的N点，不计粒子的重力和它们之间的相互作用，求：‎ ‎（1）粒子射入磁场时的速度大小及ON间的距离；‎ ‎（2）速度方向与AO1夹角为60°（斜向右上方）的粒子到达y轴距O点的距离；‎ ‎（3）速度方向与AO1夹角为60°（斜向右上方）的粒子到达x轴的时间。‎ ‎2019年湖南省岳阳市高考物理一模试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）‎ ‎1．（5分）如图所示，铁板AB于水平地面间的夹角为θ，一块磁铁吸附在铁板下方。现缓慢抬起铁板B端使θ角（始终小于90°）增大的过程中，磁铁始终相对铁板静止。下列说法正确的是（　　）‎ A．磁铁所受合外力逐渐减小 ‎ B．铁板对磁铁的弹力逐渐增大 ‎ C．磁铁受到的摩擦力做负功 ‎ D．铁板对磁铁的弹力冲量等于零 ‎【考点】52：动量定理；62：功的计算．菁优网版权所有 ‎【专题】32：定量思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．‎ ‎【分析】对铁块受力分析，受重力、磁力支持力和摩擦力，根据平衡条件列式求解出支持力和摩擦力的表达式后分析。‎ ‎【解答】解：A、对铁块受力分析，受重力G、磁力F、支持力N和摩擦力f，如图 由于始终平衡，故合力为零，故A错误 B、根据平衡条件，有：‎ mgsinθ﹣f＝0‎ F﹣mgcosθ﹣N＝0‎ 解得：‎ f＝mgsinθ N＝F﹣mgcosθ 由于θ不断变大，故f不断变大，N不断变大，故B正确，‎ C、摩擦力与运动方向垂直，则不做功，则C错误 D、铁板对磁铁的弹力冲量等于∑Ft≠0，则D错误 故选：B。‎ ‎【点评】本题关键是对滑块受力分析，然后根据平衡条件并运用正交分解法列式求解，注意三力平衡通常用合成法，三力以上用正交分解法。‎ ‎2．（5分）一个质量M＝2kg的物体受五个力的作用处于平衡状态。当其中一个F＝10N的作用力突然消失，其余四个力保持不变。经过时间t＝2s后，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体一定做匀加速直线运动 ‎ B．物体的速度一定是10m/s ‎ C．物体速度的变化量一定等于10m/s ‎ D．物体的动能一定增加了100J ‎【考点】2B：力的合成；52：动量定理；65：动能定理．菁优网版权所有 ‎【专题】32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】撤去大小10N的力，其余的力保持不变，则知其余力的合力，由牛顿第二定律求出物体加速度。物体一定做匀变速运动，当撤去力与原来的速度方向相同时，物体可能做匀减速直线运动，不在一直线上为曲线运动。‎ ‎【解答】解：当10N的力消失后，其它力的合力与消失的力大小相等，方向相反，则其做匀加速度运动，加速度为＝＝5m/s2。‎ A、若物体原来做匀速直线运动，且速度方向与F的方向不在一条直线上，则为曲线运动，则A错误 B、因初速度不可知，则不能确定2S后的速度，则B错误 C、物体速度的变化量△v＝at＝10m/s，则C正确 D、物体的动能变化量不能确定，则D错误 故选：C。‎ ‎【点评】本题中物体原来可能静止，也可能做匀速直线运动，要根据物体的合力与速度方向的关系分析物体可能的运动情况。‎ ‎3．（5分）光滑的水平面上质量分别为m1＝3kg、m2＝2kg的带同种电荷的小球A、B，以等大的速度v＝10m/s相向运动，但始终没有相碰，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A、B均做加速度增大的减速运动直到停止 ‎ B．A、B相距最近时B球速度为零 ‎ C．A、B相距最近时两球动量相同 ‎ D．A、B相距最近时两球的电势能增加了240J ‎【考点】53：动量守恒定律．菁优网版权所有 ‎【专题】32：定量思想；4T：寻找守恒量法；531：带电粒子在电场中的运动专题．‎ ‎【分析】根据两球的受力情况，来分析它们的运动情况。A、B相距最近时速度相同，根据系统的动量守恒求出两球的速度，由能量守恒定律求两球的电势能增加量。‎ ‎【解答】解：A、A、B两球先相向运动，随着库仑力的增大，它们的加速度增大，两者均做减速运动，B球的加速度较大，速度先减至零，之后A、B均向右运动，A做减速运动，B做加速运动，由于A球的速度比B球的大，两者间距继续减小，库仑力继续增大，两球的加速度继续增大，两球速度相同后，A球的速度小于B球的速度，两者间距增大，库仑力减小，加速度减小。根据系统的动量守恒知两球不会停止运动，故A错误。‎ BC、A、B相距最近时速度相同，由于两球组成的系统合外力为零，所以系统的动量守恒。取A球的初速度方向为正方向，设A、B相距最近时共同速度为v′．根据动量守恒定律得 m1v﹣m2v＝（m1+m2）v′，可得 v′＝2m/s，由于两球的质量不同，速度相同，所以A、B相距最近时两球动量不同，故BC错误。‎ D、A、B相距最近时两球的电势能增加量为△Ep＝（m1+m2）v2﹣（m1+m2）v′2．解得△Ep＝240J，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】解决本题时要知道库仑力是系统的内力，由于两球组成的系统合外力为零，所以系统的动量守恒。要明确A、B相距最近时速度相同。‎ ‎4．（5分）2022年冬奥会将在北京召开。如图所示是简化后的跳台滑雪的学道示意图，运动员从助滑雪道AB上由静止开始滑下，到达C点后水平飞出，落到滑道上的D点，E是运动轨迹上的某一点，在该点运动员的速度方向与轨道CD平行，设运动员从C到E与从E到D的运动时间分别为t1、t2，EF垂直CD，则（　　）‎ A．t1＝t2，CF＝FD ‎ B．t1＞t2，CF＞FD ‎ C．若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的距离也加倍 ‎ D．若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的速度方向不变 ‎【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有 ‎【专题】31：定性思想；49：合成分解法；518：平抛运动专题．‎ ‎【分析】运动员从C点水平飞出后做平抛运动，可以不用通常的分解方法，而建立这样的坐标系：以C点为原点，CD为X轴，和CD垂直向上方向为Y轴，进行运动分解，Y轴方向做类似竖直上抛运动，X轴方向做匀加速直线运动，由运动学位移公式分析求解。‎ ‎【解答】解：AB、以C点为原点，CD为X轴，和CD垂直向上方向为Y轴，建立坐标系如图；‎ 对运动员的运动进行分解，y轴方向做类竖直上抛运动，x轴方向做匀加速直线运动。‎ 当运动员速度方向与轨道平行时，在Y轴方向上到达最高点，根据竖直上抛运动的对称性，知t1＝t2。‎ 而x轴方向运动员做匀加速运动，t1＝t2，故CF＜FD，故AB错误。‎ C、将初速度沿x、y方向分解为v1、v2，将加速度沿x、y方向分解为a1、a2，‎ 则运动员的运动时间为：t＝2，落在斜面上的距离：s＝v1t+‎ 离开C点的速度加倍，则v1、v2加倍，t加倍，由位移公式得s不加倍，故C错误；‎ D、设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为α，斜面的倾角为θ．则有 tanα＝，tanθ＝＝＝，则得 tanα＝2tanθ，θ一定，则α一定，则知运动员落在斜面上的速度方向与从C点飞出时的速度大小无关，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】解决本题的关键要掌握平抛运动的两种分解方法：一种分解为水平和竖直两个方向。另一种：将平抛运动分解为沿斜面方向和垂直于斜面方向，知道两个分运动的规律，并能熟练运用。‎ ‎5．（5分）2018年12月8日中国在西昌卫星发射中心成功发射了嫦娥四号探测器，经过地月转移飞行，按计划顺利完成近月制动，进入环月椭圆轨道，然后实施近月制动，顺利完成“太空刹车”，被月球捕获，进入距月球表面约100km的环月圆形轨道，准备登录月球背面。如图所示，则关于嫦娥四号在环月椭圆轨道和环月圆形轨道运行的说法正确的是（　　）‎ A．在环月椭圆轨道运行时，A点速度小于B点速度 ‎ B．由环月椭圆轨道进入环月圆形轨道应该在A点加速 ‎ C．在环月椭圆轨道和环月圆形轨道上通过A点的加速度相等 ‎ D．在环月椭圆轨道运行的周期比环月圆形轨道的周期小 ‎【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有 ‎【专题】32：定量思想；43：推理法；529：万有引力定律在天体运动中的应用专题．‎ ‎【分析】由开普勒定律可确定速度变化，周期的大小关系，在同一点加速度相等；通过改变卫星的速度来实现变轨。‎ ‎【解答】解：A、近月点速度大，远月点速度小，则A错误 B、由环月椭圆轨道进入环月圆形轨道应该在A点应减速，因要由离心运动变为圆周运动，速度要变小，则B错误 C、在同一点万有引力产生加速度，加速度相等，则C正确 D、由开普勒第三定律可知轨道大的周期大，则D错误 故选：C。‎ ‎【点评】考查开普勒定律的内容及卫星的变轨，明确卫星运动的规律即可轻松解题。‎ ‎6．（5分）图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为0．一个α粒子（氦核）经过f面时的动能为12eV，从f到b的过程中克服电场力所做的功为6eV．下列说法正确的是（　　）‎ A．平面c上的电势为1V ‎ B．该α粒子经过平面b时，其电势能为6eV ‎ C．该粒子一定能到达平面a ‎ D．该α粒子经过平面f时的速率是经过b时的倍 ‎【考点】AF：等势面．菁优网版权所有 ‎【专题】32：定量思想；4C：方程法；532：电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】根据只有电场力做功，动能与电势能之和不变，当电场力做负功时，动能转化为电势能，在电势为零处，电势能为零，从而即可一一求解。‎ ‎【解答】解：α粒子2个单位的带正电荷，α粒子从f到b的过程中克服电场力所做的功为6eV，即电场力做负功，所以：V 各等势面之间的电势差是相等的，所以相邻的等势面之间的电势差：V A、b的电势为0，所以c的电势为﹣1V．故A错误；‎ B、b的电势为0，所以α粒子经过平面b时，其电势能为0．故B错误；‎ C、相邻的等势面之间的电势差为1V，所以：Ufa＝4Ucb＝﹣4V，‎ α粒子从f到a的过程中电场力所做的功为：Wfa＝q•Ufa＝2e×（﹣4V）＝﹣8eV，‎ 粒子到达a的动能：Eka＝Ekf+Wfa＝12eV﹣8eV＝4eV，说明粒子垂直于等势面方向运动时可以到达a。‎ 由于不知道粒子运动的方向是否垂直于等势面，所以粒子不一定能到达a。故C错误；‎ D、α粒子从f到b的过程中克服电场力所做的功为6eV，即电场力做负功﹣6eV，粒子到达b的动能：Ekb＝Ekf+Wfb＝12eV﹣6eV＝6eV，‎ 粒子的动能：，‎ 所以α粒子经过平面f时的速率与经过b时的速率的比值：＝．故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键。‎ ‎7．（5分）如图所示，电阻为r，匝数为N，面积为S的矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以某一角速度ω匀速转动，接入电路中变阻器的阻值为R．t＝0时，线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想交流电表，则（　　）‎ A．t＝0时，线圈中的感应电动势E＝NBSω ‎ B．电压表的示数为 ‎ C．滑片P向下滑动时，电流表的读数变大 ‎ D．线圈匀速运动的角速度ω变大时，电流表的读数变大 ‎【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；E8：变压器的构造和原理．菁优网版权所有 ‎【专题】32：定量思想；4C：方程法；53A：交流电专题．‎ ‎【分析】线圈位于中性面时电动势为零，负载电阻变大，电流变小，转速增加，最大电动势增加，电流表读数变大。‎ ‎【解答】解：A、t＝0时，线圈位于中性面，此时感应电动势为零，故A错误；‎ B、电压表的示数为路端电压的有效值，即U＝，故B错误；‎ C、滑片P向下滑动时，电阻增大，电流减小，所以电流表读数变小，故C错误；‎ D、线圈匀速转动的角速度ω变大时，电动势的最大值Em＝NBSω增大，电动势有效值增大，电流表的读数变大，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】理解交流电产生原理，能分析影响电表示数的因素是解决此类题目的关键。‎ ‎8．（5分）在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于衰变放射出某种粒子，结果得到一张两个相切圆1和2的径迹照片（如图所示），已知两个相切圆半径分贝为r1、r2．下列说法正确的是（　　）‎ A．原子核可能发生的是α衰变，也可能发生的是β衰变 ‎ B．径迹2可能是衰变后新核的径迹 ‎ C．若衰变方程是U→Th+He，则r1：r2＝1：45 ‎ D．若是α衰变，则1和2的径迹均是顺时针方向 ‎【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度．菁优网版权所有 ‎【专题】32：定量思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．‎ ‎【分析】静止的原子核发生衰变，根据动量守恒可知，发生衰变后的粒子的运动的方向相反，在根据粒子在磁场中运动的轨迹可以判断粒子的电荷的性质；衰变后的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可得半径公式，结合轨迹图分析。‎ ‎【解答】解：A、原子核衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，衰变生成的两粒子动量方向相反，粒子速度方向相反，由左手定则知：若生成的两粒子电性相反则在磁场中的轨迹为内切圆，若电性相同则在磁场中的轨迹为外切圆，所以为电性相同的粒子，可能发生的是α衰变，但不是β衰变，故A错误；‎ B、核反应过程系统动量守恒，原子核原来静止，初动量为零，由动量守恒定律可知，原子核衰变后生成的两核动量P大小相等、方向相反，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m，解得：r＝＝，由于P、B都相同，则粒子电荷量q越大，其轨道半径r越小，由于新核的电荷量大于粒子的电荷量，则新核的轨道半径小于粒子的轨道半径，则半径为r1的圆为放出新核的运动轨迹，半径为r2的圆为粒子的运动轨迹，故B错误；‎ C、由B选项的分析知：r1：r2＝2：90＝1：45，故C正确；‎ D、若是α衰变，生成的两粒子电性相同，图示由左手定则可知，两粒子都沿顺时针方向做圆周运动，故D正确；‎ 故选：CD。‎ ‎【点评】知道原子核衰变过程动量守恒是本题解题的前提与关键，分析清楚图示运动轨迹、应用动量守恒定律与牛顿第二定律即可解题。‎ ‎9．（5分）如图所示，abcd是粗细均匀的电阻丝制成的长方形线框，导体MN有电阻，可在ad边及bc边上无摩擦滑动，且接触良好，线框处于垂直纸面向里的匀强磁场中。当MN由靠ab边外向cd边匀速移动的过程中，以下说法正确的是（　　）‎ A．MN中电流先增大后减小 ‎ B．MN两端电压先增大后减小 ‎ C．MN上拉力的功率先减小后增大 ‎ D．矩形线框中消耗的电功率先减小后增大 ‎【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；BG：电功、电功率；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有 ‎【专题】34：比较思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合．‎ ‎【分析】‎ 导体棒MN向右运动切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，线框左右两部分并联，相当于外电路，当MN运动到线框中线时，外电路的电阻最大，而MN的感应电动势不变，根据推论：当外电阻等于电源的内电阻时，电源的输出功率最大，可知，由于外电阻与MN电阻的关系未知，无法判断线框消耗的功率如何变化。根据闭合电路欧姆定律分析MN棒中的电流强度变化情况。根据路端电压随外电阻增大而增大，判断MN棒两端电压的变化。MN棒做匀速运动，拉力的功率等于电路中电功率，从而判断出拉力功率的变化。‎ ‎【解答】解：A、导体棒MN向右运动的过程中，MN相当于电源，产生恒定的感应电动势，其余部分是外电路，外电阻先增大后减小，当MN运动到线框中线时，外电路的电阻最大。根据闭合电路欧姆定律知MN棒中的电流先减小后增大。故A错误。‎ B、MN两端电压是路端电压，由U＝E﹣Ir，可知：E、r不变，I先减小后增大，则U先增大后减小，故B正确。‎ C、MN棒做匀速运动，拉力的功率等于电路中电功率，根据电功率公式P＝得知，拉力的功率先减小后增大。故C正确。‎ D、根据推论：当外电阻等于电源的内电阻时，电源的输出功率最大，由于外电阻与MN电阻的关系未知，无法判断线框消耗的功率如何变化。故D错误。‎ 故选：BC。‎ ‎【点评】本题是电磁感应与电路的综合，关键抓住线框的总电阻先增大后减小，根据功率公式、欧姆定律等规律进行分析。‎ ‎10．（5分）在一次探究活动中，某同学设计了如图所示的实验装置，小车的质量M＝1kg、长L＝4m，半径R＝1m的光滑半圆弧轨道固定在小车的上表面的中点位置，半圆弧轨道下端与小车的上表面水平相切，现让位于轨道最低点的质量m＝0.2kg的光滑小球随同小车一起沿光滑水平面向右做匀速直线运动，某时刻小车碰到固定障碍物而瞬时处于静止状态（小车不反弹），之后小球离开圆弧轨道最高点并恰好落在小车的左端边沿处，该同学通过这次实验得到了如下结论，其中正确的是（g取10m/s2）（　　）‎ A．小球到达最高点的速度为m/s ‎ B．小车与障碍物碰撞时损失的机械能为12.5J ‎ C．小车瞬时静止后，小球在轨道最低点对轨道的压力是12N ‎ D．小车向右做匀速直线运动的速度约为6.5m/s ‎【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；6B：功能关系．菁优网版权所有 ‎【专题】32：定量思想；4C：方程法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．‎ ‎【分析】小球从圆弧最高点做平抛运动，由竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速运动，即可求得抛出速度，由动能定理即可求得小车和小球的初速度，根据能量守恒判断出小车损失机械能 ‎【解答】解：A、从最高点做平抛运动，下落时间为t＝‎ 抛出时的速度为v＝，故A正确；‎ B、D、小球在上滑过程中由动能定理可知 解得：，‎ 故小车和小球向右运动的速度为≈7.07m/s 故小车损失机械能为，故B错误，D错误；‎ C、碰撞后小球开始做匀速圆周运动，在最低点由牛顿第二定律得，‎ 解得FN2＝12N，由牛顿第三定律可知对轨道的压力为12N，故C正确；‎ 故选：AC。‎ ‎【点评】本题是一道力学综合题，是多研究对象多过程问题，物体运动过程复杂，分析清楚运动过程是正确解题的前提与关键，分析清楚运动过程后，应用相关规律即可正确解题。‎ 二、解答题（共5小题，满分50分）‎ ‎11．（6分）某同学将力传感器固定在小车上，然后把绳的一端固定在传感器拉钩上，用来测量绳对小车的拉力，探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系，根据所测数据在坐标系中作出了如图所示的a﹣F图象。‎ ‎（1）图线不过坐标原点的原因是　没有平衡摩擦力，或平衡的不够　；‎ ‎（2）由图象求出小车和传感器的总质量为　1　kg；‎ ‎（3）本实验中若仍用砂和桶的重力表示绳子的拉力（小车及传感器的总质量始终远大于砂及桶的总质量），从理论上分析，该实验图线的斜率将　变小　（选填“变大”或“变小”）。‎ ‎【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有 ‎【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；46：实验分析法；522：牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】（1）由图象可知，当F≠0时，加速度仍然为零，说明没有平衡摩擦力，或平衡的不够；‎ ‎（2）a﹣F图象中的斜率表示质量的倒数。‎ ‎（3）由牛顿第二定律写出a与砂和桶的重力的表达式可得出结论。‎ ‎【解答】解：（1）由图象可知，当F≠0时，加速度仍然为零，说明没有平衡摩擦力，或平衡的不够；‎ ‎（2）a﹣F图象中的斜率表示质量的倒数，由图可知，k＝＝＝1，所以质量M＝＝1kg ‎（3）设小车及传感器总质量为M，砂和桶的重力为mg，‎ 由牛顿第二定律得：对M：T＝Ma 对m：mg﹣T＝ma 联立解得：a＝mg，mg表示绳子的拉力，图象的斜率为：，变小 故答案为：（1）没有平衡摩擦力，或平衡的不够；（2）1 （3）变小 ‎【点评】实验中我们要清楚研究对象和研究过程，明确实验原理是解答实验问题的前提。‎ ‎12．（9分）为测量一电源的电动势及内阻（结果均保留2位有效数字）。‎ ‎（1）用内阻Rg＝100Ω，量程Ig＝1mA的表头G改装成量程为0.5A和3.0V的电流表和电压表。那么 用表头G串联一个R1＝　2.9　kΩ的电阻可以改装成量程为3.0V的电压表；‎ 用表头G并联一个R2＝　0.2　Ω的电阻可以改装成量程为0.5A的电流表。‎ ‎（2）利用一只开关、一个滑动变阻器、若干导线和改装的电流表、电压表（改装的两表均用表头G与一个电阻串、并联来表示），要求精确测量电源电动势及内阻。在虚线框内画出实验原理电路图。‎ ‎（3）根据以上实验原理电路图进行实验，读出电压表示数为1.5V时、电流表读数为0.30A；电压表示数为2.0V时、电流表读数为0.20A，则电源的电动势E＝　3.0　V、内阻r＝　4.8　Ω。‎ ‎【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．菁优网版权所有 ‎【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．‎ ‎【分析】（1）把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，把电流表改装成大量程电流表，需要并联分流电阻，根据串并联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值；‎ ‎（2）根据实验原理画出电路图，注意改装后的电表内阻均是已知的；‎ ‎（3）明确电路结构，根据闭合电路欧姆定律列式，联立即可求出电动势和内电阻。‎ ‎【解答】解：（1）改装成量程为3V的电压表时应串联电阻，根据串联电路规律可知，R串＝＝2900Ω＝2.9KΩ 电流表改装成大量程电流表，需要并联分流电阻，并联电阻R＝，则 改装成量程为0.6A的R＝＝0.20Ω；‎ 改装成量程为3V的电压表时应串联电阻，根据串联电路规律可知，R串＝＝2900Ω＝2.9kΩ ‎（2）本实验的实验原理为U＝E﹣Ir，利用变阻箱和电压表可获取电流I，故实验原理电路图，由于两表电阻均为已知，故内外接法均可；故电路如图所示；‎ ‎（3）若采用图1测量，根据闭合电路欧姆定律有：‎ E＝1.5+0.3（r+R）‎ E＝2.0+0.2（r+R）‎ 解得：E＝3.0V；r＝4.8Ω 若采用图2测量，则根据闭合电路欧姆定律有：‎ E＝1.5+（0.3+）r E＝2.0+（0.2+）r 解得：E＝3.1V，r＝5.1Ω；‎ 故答案为：（1）2.9；0.2；（2）如图所示；（3）3.0；4.8（或3.1；5.1）。‎ ‎【点评】本题主要是电压表的改装以及测量电动势和内电阻的实验，要注意熟悉电压表的改装原理明确测量电动势和内电阻时的数据分析的方法。‎ ‎13．（11分）如图甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾角为θ＝37°固定斜面上，对物体施以斜面向上的拉力F，t1＝1s时撤去拉力，物体运动的部分v﹣t图象如图乙，g＝10m/s2，试求：‎ ‎（1）物体与斜面的摩擦因数μ；‎ ‎（1）拉力F所做的功W；‎ ‎（2）0到4s物体的位移x。‎ ‎【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有 ‎【专题】11：计算题；32：定量思想；49：合成分解法；522：牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】（1）由图象得出减速上升过程的加速度，撤去力F，由牛顿第二定律可求得摩擦因数；‎ ‎（2）由图象得出加速上升过程的加速度和位移，然后根据牛顿第二定律列方程求解拉力；根据功的公式求得拉力F所做的功；‎ ‎（3）由速度公式求出减速上升过程的时间，由位移公式求出减速上升过程的位移，由牛顿第二定律求出下滑的加速度，由位移公式求出下滑的位移，则0到4s物体的位移可解；‎ ‎【解答】解：（1）撤去力F，由牛顿第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma2‎ 由图可知：a2＝10m/s2‎ 解得：μ＝0.5‎ ‎（2）设F作用时的加速度大小为a1，由图象知：a1＝20m/s2 t1＝1s时的位移：x1＝10m 由牛顿第二定律可知：F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1‎ 拉力F所做的功W＝Fx1‎ 解得：W＝300J ‎（3）设撤去F后物体运动到最高点的时间为t2‎ 由速度公式得：vm＝a2t2‎ 解得：t2＝2s 发生的位移：x2＝‎ 物体沿斜面下滑的时间为：t3＝t﹣t1﹣t2＝1s 设下滑的加速度为a3，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma3‎ 下滑发生的位移：x3＝‎ ‎0到4s物体的位移：x＝x1+x2﹣x3‎ 联立解得：x＝29m 答：（1）物体与斜面的摩擦因数是0.5；‎ ‎（1）拉力F所做的功是300J；‎ ‎（2）0到4s物体的位移是29m。‎ ‎【点评】本题关键受力分析后，根据牛顿第二定律，运用正交分解法求解出各个运动过程的加速度，然后结合运动学公式列式求解。‎ ‎14．（11分）A、B两个木块叠放在竖直轻弹簧上，如图所示，已知mA＝mB ‎＝1.5kg，轻弹簧的劲度系数k＝100N/m。若在木块A上作用一个竖直向上的力F使木块A由静止开始以2m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动，且已知轻弹簧弹性势能的表达式为Ep＝kx2（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）。取g＝10m/s2，求：‎ ‎（1）刚开始运动时弹簧的弹性势能是多少？‎ ‎（2）求使木块A竖直向上做匀加速运动的过程中力F的最小值是多少？‎ ‎（3）从木块A竖直向上做匀加速运动直到A、B分离的过程中，力F对木块做的功是多少？‎ ‎【考点】37：牛顿第二定律；6B：功能关系．菁优网版权所有 ‎【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．‎ ‎【分析】（1）由AB受力平衡求出弹簧的弹力，然后由胡克定律求出弹簧的压缩量，最后由题目中给出的公式求出弹簧的弹性势能；‎ ‎（2）木块A受重力、B对A的支持力和拉力，要作匀加速运动，运用牛顿第二定律即可求解力F的最小值。‎ ‎（3）根据牛顿第二定律求出弹簧的形变量，以A、B作为一个整体，由动能定理求解。‎ ‎【解答】解：（1）对AN组成的整体，受到重力与弹簧的弹力处于平衡状态，则：Fx＝（mA+mB）g＝（1.5+1.5）×10＝30N 初始位置对应的弹簧的压缩量：＝0.30m 弹簧的弹性势能：＝＝4.5J ‎（2）A与B开始运动时加速度是相等的，AB组成的系统受到重力、弹簧的弹力与拉力；由于开始时弹簧对AB系统的弹力最大，所以拉力F最小，由牛顿第二定律可得：‎ Fmin+Fx﹣（mA+mB）g＝（mA+mB）a 代入数据可得：Fmin＝6N ‎（3）A、B分离时设弹簧压缩了x2，二者分离时A与B之间的作用力为0，由牛顿第二定律对B得：‎ kx2﹣mBg＝mBa 得：x2＝0.18m 此过程A、B上升高度h＝x1﹣x2＝0.30﹣0.18＝0.12m ‎ 此时A、B速度设为v，则：v2＝2ah 代入数据可得：v＝m/s 弹性势能的变化量：‎ 对系统由能量转化和守恒定律得：WF+△EP＝（mA+mB）h+（mA+mB）v2‎ 联立以上各式代入数据求得：WF＝1.44J 答：（1）刚开始运动时弹簧的弹性势能是4.5J；‎ ‎（2）求使木块A竖直向上做匀加速运动的过程中力F的最小值是6N；‎ ‎（3）从木块A竖直向上做匀加速运动直到A、B分离的过程中，力F对木块做的功是1.44J。‎ ‎【点评】该题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况。‎ 动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功。‎ ‎15．（13分）空间中有一直角坐标系，其第一象限在圆心为O1、半径为R、边界与x轴和y轴相切的圆形区域内，有垂直于纸面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B；第二象限中存在方向竖直向下的场强为E的匀强电场。现有一群质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从圆形区域边界与x轴的切点A处沿纸面上的不同方向射入磁场中，如图所示。已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径均为R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到达x轴上的N点，不计粒子的重力和它们之间的相互作用，求：‎ ‎（1）粒子射入磁场时的速度大小及ON间的距离；‎ ‎（2）速度方向与AO1夹角为60°（斜向右上方）的粒子到达y轴距O点的距离；‎ ‎（3）速度方向与AO1夹角为60°（斜向右上方）的粒子到达x轴的时间。‎ ‎【考点】‎ ‎37：牛顿第二定律；4A：向心力；AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有 ‎【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．‎ ‎【分析】（1）由洛伦兹力充当向心力可求得粒子的速度；再根据粒子在电场中的平抛运动规律可求得电场强度的大小；‎ ‎（2）根据题意明确粒子的运动情况，明确粒子转动的运动轨迹图；由几何关系求得粒子到达y轴距O点的距离；‎ ‎（3）由粒子转动的运动轨迹图，明确圆心角则可求得粒子转动的时间。‎ ‎【解答】解：（1）粒子射入磁场时的速度大小为v，因在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝m ‎ 解得：v＝‎ 如图甲所示，因粒子的轨迹半径是R，故沿AO1方向射入的粒子一定从与圆心等高的D点沿x轴负方向射入电场，‎ 则粒子在电场中从D点到N点做类平抛运动，水平方向：x＝vt 竖直方向有：R＝‎ 解得：x＝‎ ‎（2）对于速度v（斜向右上方）的粒子，轨迹如图乙所示，轨迹圆心为C，从M点射出磁场，连接O1M，四边形O1MCA是菱形，故CM垂直于x轴，速度方向偏转角度等于圆心角θ＝150°，‎ 粒子出磁场后速度方向垂直y轴，到达y轴距O点距离：y＝R+Rsin60°＝R+R ‎（3）速度方向与AO1夹角为60°为的粒子在磁场中运动的时间为t1＝＝‎ 粒子离开磁场到y轴的距离MH＝，在无场区运动的时间t2＝＝‎ 设粒子在电场中到达x轴运动的时间为t3，y＝R+R＝‎ 解得：t3＝‎ 粒子到达x轴的时间：t＝t1+t2+t3＝+‎ 答：1）粒子射入磁场时的速度大小是，ON间的距离是；‎ ‎（2）速度方向与AO1夹角为60°（斜向右上方）的粒子到达y轴距O点的距离是R+R；‎ ‎（3）速度方向与AO1夹角为60°（斜向右上方）的粒子到达x轴的时间是+。‎ ‎【点评】本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动情况，要注意明确粒子在电场中运动时应用运动的合成和分解规律求解；而在磁场中做圆周运动时，根据几何关系和洛伦兹力充当向心力规律求解。‎ 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布 日期：2019/4/17 9:30:44；用户：qgjyuser10418；邮箱：qgjyuser10418.21957750；学号：21985425‎