江苏省常州市金坛四中2017届高三上学期期中物理试卷 31页

‎2016-2017学年江苏省常州市金坛四中高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、单选题：本题共8小题，每小题3分，共计24分．每小题只有一个选项符合题意．‎ ‎1．某一质点运动的位移﹣时间图象如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．质点一定做直线运动 B．质点可能做曲线运动 C．t=20s时刻质点离开出发点最远 D．在t=10s时刻质点速度最大 ‎2．如图所示，壁虎在竖直玻璃面上斜向上匀速爬行，关于它在此平面内的受力分析，下列图示中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．如图所示是由电源E、灵敏电流计G、滑动变阻器R和平行板电容器C组成的电路，开关S闭合．在下列四个过程中，灵敏电流计中有方向由a到b电流的是（　　）‎ A．将滑动变阻器R的滑片向右移动 B．在平行板电容器中插入电介质 C．减小平行板电容器两极板间的距离 D．减小平行板电容器两极板的正对面积 ‎4．两点电荷形成电场的电场线分布如图所示．若图中A、B两点处的场强大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB，则（　　）‎ A．EA＜EB，φA＞φB B．EA＜EB，φA＜φB C．EA＞EB，φA＞φB D．EA＞EB，φA＜φB ‎5．一滑块以某一速度滑上足够长的光滑斜面，在下列表示滑块运动的v﹣t图象和a﹣t图象中，正确的是（　　）‎ A．甲和丙 B．乙和丁 C．甲和丁 D．乙和丙 ‎6．“蹦极”是一项勇敢者的运动．如图所示，O为弹性橡皮绳自然长时下端所在的位置，某人用弹性橡皮绳拴住身体自高空P处自由下落，Q为下落的最低点．则从O到Q的过程中，此人的（　　）‎ A．动能逐渐减小 B．机械能保持不变 C．速度先减小后增大 D．加速度先减小后增大 ‎7．质量为m的小球带电量为+q，由长为l的绝缘绳系住，在竖直向上场强为E的匀强电场中，为使小球在竖直平面内做完整的圆周运动，则在小球运动的过程中（　　）‎ A．如果Eq＞mg，最大速度不能大于 B．如果Eq＞mg，最大速度不能小于 C．如果Eq＜mg，最小速度不能大于 D．如果Eq＜mg，最小速度不能小于 ‎8．如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n=100，线圈面积S=200cm2，线圈的电阻r=1Ω，线圈外接一个阻值R=4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图已所示．下列说法中正确的是（　　）‎ A．线圈中的感应电流方向为顺时针方向 B．电阻R两端的电压随时间均匀增大 C．线圈电阻r消耗的功率为4×10﹣4W D．前4s内通过R的电荷量为4×10﹣4C ‎　‎ 二、多项选择题：本题共7小题，每小题4分，共计28分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答得0分 ‎9．2012年10月25日，我国第16颗北斗导航卫星发射成功．我国“北斗”卫星导航技术堪比美国GPS．已知GPS导航系统中某卫星的运行周期约为12小时，则此卫星与北斗导航系统中的地球同步卫星相比较（　　）‎ A．线速度更大 B．角速度更大 C．轨道半径更大 D．向心加速度更大 ‎10．一物体在xOy平面内从坐标原点开始运动，沿x轴和y轴方向运动的速度v随时间t变化的图象分别如图甲、乙所示，则物体在0～t0时间内（　　）‎ A．做匀变速运动 B．做非匀变速运动 C．运动的轨迹可能如图丙所示 D．运动的轨迹可能如图丁所示 ‎11．回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示．D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上．位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子（初速度可以忽略），它们在两盒之间被电场加速．当质子被加速到最大动能Ek后，再将它们引出．忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．若只增大交变电压U，则质子的最大动能Ek会变大 B．若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中运行时间会变短 C．若只将交变电压的周期变为2T，仍可用此装置加速质子 D．质子第n次被加速前后的轨道半径之比为：‎ ‎12．如图所示，质量分别为mA、mB的两物块A、B叠放在一起，若它们共同沿固定在水平地面倾角为α的斜面匀速下滑．则（　　）‎ A．A、B间无摩擦力 B．A、B间有摩擦力，且A对B的摩擦力对B做正功 C．B与斜面间的动摩擦因数μ=tanα D．B对斜面的摩擦力方向沿斜面向上 ‎13．如图所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方（略靠前）固定一根与线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流．释放线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中（　　）‎ A．线框中感应电流方向依次为ACBA→ABCA→ACBA B．线框的磁通量为零的时，感应电流却不为零 C．线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上 D．线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动 ‎14．如图所示，空间的虚线框内有匀强电场，AA′、BB′、CC′是该电场的三个等势面．相邻等势面间的距离为0.5cm，其中BB′为零势面，一个质量为m、带电量为+q的粒子沿AA′方向以初动能Ek自图中的P点进入电场．刚好从C′点离开电场．已知PA′=2cm．粒子的重力忽略不计．下列说法中正确的是（　　）‎ A．该粒子到达C′点时的动能是2Ek B．该粒子通过等势面BB′时的动能是1.25Ek C．该粒子在P点时的电势能是0.5Ek D．该粒子到达C′点时的电势能是0.5Ek ‎15．将力传感器A固定在光滑水平桌面上，测力端通过轻质水平细绳与滑块相连，滑块放在较长的小车上．如图1所示，传感器与计算机相连接，可获得力随时间变化的规律．一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮，一端连接小车，另一端系沙桶，整个装置开始处于静止状态．在物体与小车分离前缓慢向沙桶里倒入细沙，力传感器采集的F﹣t图象如图2所示．则（　　）‎ A．2.5 s前小车做变加速运动 B．2.5 s后小车做变加速运动 C．2.5 s前小车所受摩擦力不变 D．2.5 s后小车所受摩擦力不变 ‎　‎ 三、计算题：本大题共5小题，共68分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．‎ ‎16．如图甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆与水平成θ=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v﹣t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）风对小球作用力F的大小．‎ ‎17．光滑水平面上有质量为M、高度为h的光滑斜面体A，斜面上有质量为m的小物体B，都处于静止状态．从某时刻开始释放物体B，在B沿斜面下滑的同时斜面体A沿水平方向向左做匀加速运动．经过时间t，斜面体水平移动s，小物体B刚好滑到底端．‎ ‎（1）求运动过程中斜面体A所受的合力FA；‎ ‎（2）分析小物体B做何种运动？并说明理由；‎ ‎（3）求小物体B到达斜面体A底端时的速度vB大小．‎ ‎18．如图所示，在半径为R=的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B，圆形区域右侧有一竖直感光板，从圆弧顶点P以速率v0的带正电粒子平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电量为q，粒子重力不计．‎ ‎（1）若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；‎ ‎（2）若粒子对准圆心射入，且速率为v0，求它打到感光板上时速度的垂直分量；‎ ‎（3）若粒子以速度v0从P点以任意角入射，试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上．‎ ‎19．如图所示，一个质量为m=2.0×10﹣11kg，电荷量q=+1.0×10﹣5C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θ；‎ ‎（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．‎ ‎20．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μ=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θ的正切值．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江苏省常州市金坛四中高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单选题：本题共8小题，每小题3分，共计24分．每小题只有一个选项符合题意．‎ ‎1．某一质点运动的位移﹣时间图象如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．质点一定做直线运动 B．质点可能做曲线运动 C．t=20s时刻质点离开出发点最远 D．在t=10s时刻质点速度最大 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】根据位移图象的斜率等于速度，分析质点的速度方向，判断质点的运动情况．坐标的变化量等于位移．‎ ‎【解答】解：‎ A、B位移图象只能反映位移正负两个方向，所以只能描述直线运动；故A正确，B错误．‎ C、根据位移等于坐标的变化量分析可知，在10s时质点离出发点最远为5m，而在20s时离出发点的距离只有1m；故C错误．‎ D、图象的斜率表示速度大小，在t=10s速度为零．故D错误．‎ 故选A ‎　‎ ‎2．如图所示，壁虎在竖直玻璃面上斜向上匀速爬行，关于它在此平面内的受力分析，下列图示中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】因为是匀速所以合力为零，受力分析可知重力mg与F大小相等，方向相反．‎ ‎【解答】解：壁虎匀速直线运动 对壁虎进行受力分析：‎ 可知F与mg大小相等，方向相反．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示是由电源E、灵敏电流计G、滑动变阻器R和平行板电容器C组成的电路，开关S闭合．在下列四个过程中，灵敏电流计中有方向由a到b电流的是（　　）‎ A．将滑动变阻器R的滑片向右移动 B．在平行板电容器中插入电介质 C．减小平行板电容器两极板间的距离 D．减小平行板电容器两极板的正对面积 ‎【考点】电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电路稳定时，该电路中没有电流，滑动变阻器R上没有电压．根据电容的决定式C=分析电容如何变化，由电容的定义式C=分析电容器所带电量如何变化，就能判断电路中电流的方向．‎ ‎【解答】解：A、电路稳定时，该电路中没有电流，移动滑动变阻器R的滑片，电容器的电压不变，电路中仍没有电流．故A错误．‎ B、在平行板电容器中插入电介质，根据电容的决定式C=分析得知电容增大，而电容器的电压不变，则电容的定义式C=分析得知电容器所带电量增加，将要充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有b到a方向的电流通过电流计．故B错误．‎ C、减小平行板电容器两极板间的距离，根据电容的决定式C=分析得知电容增大，而电容器的电压不变，则电容的定义式C=分析得知电容器所带电量增加，将要充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有b到a方向的电流通过电流计．故C错误．‎ D、减小平行板电容器两极板的正对面积，根据电容的决定式C=分析得知电容减小，而电容器的电压不变，则电容的定义式C=分析得知电容器所带电量减小，将要放电，电路中形成顺时针方向的放电电流，有a到b方向的电流通过电流计．故D正确．‎ 故选D ‎　‎ ‎4．两点电荷形成电场的电场线分布如图所示．若图中A、B两点处的场强大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB，则（　　）‎ A．EA＜EB，φA＞φB B．EA＜EB，φA＜φB C．EA＞EB，φA＞φB D．EA＞EB，φA＜φB ‎【考点】电场强度；电势．‎ ‎【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大．画出过B点的等势线，根据顺着电场线电势降低判断电势的高低．‎ ‎【解答】解：由电场线的分布情况可知，A处电场线比B处电场线密，则A点的场强大于B点的场强，即EA＞EB．‎ 画出过B点的等势线与A所在的电场线交于C点，‎ 则有A点的电势高低C点的电势，所以A点的电势高低B点的电势，即φA＞φB．‎ 故选C ‎　‎ ‎5．一滑块以某一速度滑上足够长的光滑斜面，在下列表示滑块运动的v﹣t图象和a﹣t图象中，正确的是（　　）‎ A．甲和丙 B．乙和丁 C．甲和丁 D．乙和丙 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】本题关键结合物体的受力情况分析清楚物体各段时间内的运动情况，然后根据牛顿第二定律和运动学公式算出一些关键的数据，判断图象是否正确．‎ ‎【解答】解：滑块开始先向上做匀减速运动，然后向下做匀加速运动，在整个过程中，物体受到重力、斜面的支持力两个作用，合力始终等于重力的分力mgsinα，α是斜面的倾角，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律得知，物体的加速度始终沿斜面向下，大小不变为gsinα，可以将整个运动看成是一种匀减速直线运动，则v﹣t图象是一条倾斜的直线，故乙、丁两图正确．‎ 故选B ‎　‎ ‎6．“蹦极”是一项勇敢者的运动．如图所示，O为弹性橡皮绳自然长时下端所在的位置，某人用弹性橡皮绳拴住身体自高空P处自由下落，Q为下落的最低点．则从O到Q的过程中，此人的（　　）‎ A．动能逐渐减小 B．机械能保持不变 C．速度先减小后增大 D．加速度先减小后增大 ‎【考点】牛顿第二定律；动能和势能的相互转化．‎ ‎【分析】人到达O位置后，橡皮绳绷紧，分析橡皮绳弹力的变化，确定人的运动情况，根据机械能守恒的条件判断人的机械能是否守恒．‎ ‎【解答】解：A、人到达O位置后，橡皮绳绷紧，继续向下运动时，弹力变大，刚开始重力大于弹力，根据a=可知，加速度减小，但速度增大，所以人的动能增大，故AC错误；‎ B、人在运动过程中受重力和弹力作用，重力和弹力都做功，所以人和弹性橡皮绳总的机械能守恒，但人的机械能不守恒，故B错误；‎ D、当弹力增大到等于重力时，加速度为零，此时速度最大，弹力继续增大，此时弹力大于重力，a=，随着F的增大，a增大，所以加速度先减小后增大，故D正确．‎ 故选D ‎　‎ ‎7．质量为m的小球带电量为+q，由长为l的绝缘绳系住，在竖直向上场强为E的匀强电场中，为使小球在竖直平面内做完整的圆周运动，则在小球运动的过程中（　　）‎ A．如果Eq＞mg，最大速度不能大于 B．如果Eq＞mg，最大速度不能小于 C．如果Eq＜mg，最小速度不能大于 D．如果Eq＜mg，最小速度不能小于 ‎【考点】向心力；牛顿第二定律；电场强度．‎ ‎【分析】小球在最高点和最低点受到重力、电场力和绳子的拉力，合力提供向心力，根据向心力公式列式即可求解，注意绳子只能提供拉力．‎ ‎【解答】解：A、如果Eq＞mg，在最高点速度最大，‎ 在最低点有：Eq+N﹣mg=m，当N=0时，速度最小，解得：v=‎ 小球从最高点运动到最低点的过程中，根据动能定理得：‎ ‎（mg﹣Eq）•2r=‎ 解得：v′=‎ 所以在最高点的速度最小为，最高点的速度最大，所以最大速度不能小于，故A错误，B正确；‎ C、如果Eq＜mg，在最低点速度最大，在最高点速度最小，‎ 在最高点有：mg﹣Eq+N=m，当N=0时，速度最小，‎ 解得：v=‎ 所以最小速度不能小于，故CD错误 故选B ‎　‎ ‎8．如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n=100，线圈面积S=200cm2，线圈的电阻r=1Ω，线圈外接一个阻值R=4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图已所示．下列说法中正确的是（　　）‎ A．线圈中的感应电流方向为顺时针方向 B．电阻R两端的电压随时间均匀增大 C．线圈电阻r消耗的功率为4×10﹣4W D．前4s内通过R的电荷量为4×10﹣4C ‎【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流．由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小，运用功率与电量的表达式，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：A、由图可知，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得：线圈产生的感应电流逆时针，故A错误．‎ B、根据法拉第电磁感应定律，可知，磁通量的变化率恒定，所以电动势恒定，则电阻两端的电压恒定，故B错误；‎ C、由法拉第电磁感应定律：E=N= N=100××0.02V=0.1V，由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为，所以线圈电阻r消耗的功率P=I2R=0.022×1W=4×10﹣4W，故C正确；‎ D、前4s内通过R的电荷量Q=It=0.02×4C=0.08C，故D错误；‎ 故选C ‎　‎ 二、多项选择题：本题共7小题，每小题4分，共计28分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答得0分 ‎9．2012年10月25日，我国第16颗北斗导航卫星发射成功．我国“北斗”卫星导航技术堪比美国GPS．已知GPS导航系统中某卫星的运行周期约为12小时，则此卫星与北斗导航系统中的地球同步卫星相比较（　　）‎ A．线速度更大 B．角速度更大 C．轨道半径更大 D．向心加速度更大 ‎【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】根据卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供=mrω2，根据题目给出的周期关系进行讨论．‎ ‎【解答】解：根据=mrω2，由题意有：T同＞TG据有r同＞rG A、据v= 得v同＜vG所以A正确；‎ B、据ω= 得ω同＜ωG，所以B正确；‎ C、轨道半径有有r同＞rG故C错误；‎ D、a=，得a同＜aG，故D正确．‎ 故选ABD．‎ ‎　‎ ‎10．一物体在xOy平面内从坐标原点开始运动，沿x轴和y轴方向运动的速度v随时间t变化的图象分别如图甲、乙所示，则物体在0～t0时间内（　　）‎ A．做匀变速运动 B．做非匀变速运动 C．运动的轨迹可能如图丙所示 D．运动的轨迹可能如图丁所示 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】物体在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向做匀减速直线运动，根据运动的合成分析物体的运动情况．根据运动学公式分别求出物体的运动情况，判断可能的轨迹．‎ ‎【解答】解：A、B由图知：物体在x轴方向做匀速直线运动，加速度为零，合力为零；在y轴方向做匀减速直线运动，加速度恒定，合力恒定，所以物体所受的合力恒定，一定做匀变速运动．故A正确，B错误．‎ C、D曲线运动中合外力方向与速度方向不在同一直线上，而且指向轨迹弯曲的内侧．由上分析可知，物体的合力沿﹣y轴方向，而与初速度不在同一直线上，则物体做曲线运动，根据合力指向轨迹的内侧可知，丙图是可能的．故C正确，D错误．‎ 故选AC ‎　‎ ‎11．回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示．D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上．位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子（初速度可以忽略），它们在两盒之间被电场加速．当质子被加速到最大动能Ek后，再将它们引出．忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．若只增大交变电压U，则质子的最大动能Ek会变大 B．若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中运行时间会变短 C．若只将交变电压的周期变为2T，仍可用此装置加速质子 D．质子第n次被加速前后的轨道半径之比为：‎ ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【分析】回旋加速器是通过电场进行加速，磁场进行偏转来加速带电粒子．带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，根据T=比较周期．当粒子最后离开回旋加速器时的速度最大，根据qvB=m求出粒子的最大速度，从而得出最大动能的大小关系．‎ ‎【解答】解：A、根据qvB=m，得v=．则最大动能EK=mv2=，与加速电压无关，故A错误；‎ B、若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中加速次数会减小，导致运行时间变短，故B正确；‎ C、若只将交变电压的周期变为2T，而质子在磁场中运动的周期不变，则两周期不同，所以不能始终处于加速状态，故C错误；‎ D、根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，则有半径公式与nqU=，所以质子第n次被加速前后的轨道半径之比为：，故D正确，‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，质量分别为mA、mB的两物块A、B叠放在一起，若它们共同沿固定在水平地面倾角为α的斜面匀速下滑．则（　　）‎ A．A、B间无摩擦力 B．A、B间有摩擦力，且A对B的摩擦力对B做正功 C．B与斜面间的动摩擦因数μ=tanα D．B对斜面的摩擦力方向沿斜面向上 ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】隔离分析，抓住A物体做匀速运动，判断A、B间是否有摩擦力．通过对整体分析，根据共点力平衡求出动摩擦因数的大小．‎ ‎【解答】解：A、隔离对A分析，A处于平衡状态，则A受重力、B对A的支持力、以及B对A沿斜面向上的静摩擦力作用平衡．A对B的摩擦力沿斜面向下，与B的速度方向相同，则A对B的摩擦力对B做正功．故A错误，B正确．‎ C、对整体分析，根据共点力平衡有（mAg+mBg）sinα=μ（mAg+mB g）cosαcosα，解得μ=tanα．B所受摩擦力方向沿斜面向上，则B对对斜面的摩擦力沿斜面向下．故C正确，D错误．‎ 故选BC．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方（略靠前）固定一根与线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流．释放线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中（　　）‎ A．线框中感应电流方向依次为ACBA→ABCA→ACBA B．线框的磁通量为零的时，感应电流却不为零 C．线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上 D．线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．‎ ‎【分析】根据右手定则，通电直导线的磁场在上方向外，下方向里；离导线近的地方磁感应强度大，离导线远的地方磁感应强度小，然后根据楞次定律可以判断感应电流的方向，根据左手定则可以判断受力的方向．‎ ‎【解答】解：A：根据右手定则，通电直导线的磁场在上方向外，下方向里；离导线近的地方磁感应强度大，离导线远的地方磁感应强度小．线框从上向下靠近导线的过程，向外的磁感应强度增加，根据楞次定律，线框中产生顺时针方向的电流；穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大，直至最大；根据楞次定律，线框中产生逆时针方向的电流．向里的磁通量变成最大后，继续向下运动，向里的磁通量又逐渐减小，这时的电流新方向又变成了顺时针．故A正确；‎ B：根据A中的分析，穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，一直减小到0，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大．这一过程是连续的，始终有感应电流存在，故B正确；‎ CD：根据楞次定律，感应电流始终阻碍线框相对磁场的运动，故受安培力的方向始终向上，不是0，CD都错误．‎ 故选：AB ‎　‎ ‎14．如图所示，空间的虚线框内有匀强电场，AA′、BB′、CC′是该电场的三个等势面．相邻等势面间的距离为0.5cm，其中BB′为零势面，一个质量为m、带电量为+q的粒子沿AA′方向以初动能Ek自图中的P点进入电场．刚好从C′点离开电场．已知PA′=2cm．粒子的重力忽略不计．下列说法中正确的是（　　）‎ A．该粒子到达C′点时的动能是2Ek B．该粒子通过等势面BB′时的动能是1.25Ek C．该粒子在P点时的电势能是0.5Ek D．该粒子到达C′点时的电势能是0.5Ek ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．‎ ‎【分析】BB′为零势面，知匀强电场的方向竖直向上，带电粒子做类平抛运动，根据水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，求出末速度与初速度的关系，从而得出末动能和初动能的关系，根据动能定理和电场力做功与电势能的关系得出各个位置的动能和电势能．‎ ‎【解答】解：A、带电粒子做类平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，有：‎ v0t=2cm，，解得vy=v0．‎ 所以离开电场时的速度v=．因为初动能，粒子到达C′点时的动能．故A正确．‎ B、P到C′过程中电场力做功W=EK′﹣EK=EK，所以粒子通过等势面BB′时电场力做功为，根据动能定理知，粒子通过等势面BB′时的动能是1.5EK．故B错误．‎ C、电场力做功等于电势能的减小量，粒子通过等势面BB′时电场力做功为，所以电势能减小，BB′为零势面，所以粒子在P点时的电势能是0.5Ek．故C正确．‎ D、P到C′过程中电场力做功为EK，电势能减小EK，所以粒子到达C′点时的电势能是﹣0.5Ek．故D错误．‎ 故选AC．‎ ‎　‎ ‎15．将力传感器A固定在光滑水平桌面上，测力端通过轻质水平细绳与滑块相连，滑块放在较长的小车上．如图1所示，传感器与计算机相连接，可获得力随时间变化的规律．一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮，一端连接小车，另一端系沙桶，整个装置开始处于静止状态．在物体与小车分离前缓慢向沙桶里倒入细沙，力传感器采集的F﹣t图象如图2所示．则（　　）‎ A．2.5 s前小车做变加速运动 B．2.5 s后小车做变加速运动 C．2.5 s前小车所受摩擦力不变 D．2.5 s后小车所受摩擦力不变 ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】对滑块进行受力分析，由图象求出传感器对滑块的拉力，由平衡条件求出滑块受到的摩擦力，然后由牛顿第三定律判断小车的受力情况．‎ ‎【解答】解：根据图象可知，2.5秒之后传感器对滑块的拉力不变，说明此时小车开始运动，传感器拉力大小等于滑动摩擦力大小，因此2.5秒后小车所受摩擦力不变．‎ 由于沙桶质量不断增加，即重力不断增加，因此2.5s后小车做变加速运动，2.5秒之前小车静止不动，小车所受摩擦力为静摩擦力，大小不断增大，故BD正确，AC错误．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ 三、计算题：本大题共5小题，共68分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．‎ ‎16．如图甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆与水平成θ=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v﹣t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）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v﹣t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，运用牛顿第二定律联立求解即可 ‎【解答】解：（1）由图象可知，在0～2 s内小球的加速度为：‎ a1==20 m/s2，方向沿杆向上 在2～5 s内小球的加速度为：‎ a2═=﹣10 m/s2，负号表示方向沿杆向下．‎ ‎（2）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 θ+mgcos θ 在x方向，由牛顿第二定律得：‎ Fcos θ﹣mgsin θ﹣μFN1=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 θ 在x方向，由牛顿第二定律得：‎ ‎﹣mgsin θ﹣μFN2=ma2；‎ 联立以上各式可得：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）风对小球作用力F的大小为60N．‎ ‎　‎ ‎17．光滑水平面上有质量为M、高度为h的光滑斜面体A，斜面上有质量为m的小物体B，都处于静止状态．从某时刻开始释放物体B，在B沿斜面下滑的同时斜面体A沿水平方向向左做匀加速运动．经过时间t，斜面体水平移动s，小物体B刚好滑到底端．‎ ‎（1）求运动过程中斜面体A所受的合力FA；‎ ‎（2）分析小物体B做何种运动？并说明理由；‎ ‎（3）求小物体B到达斜面体A底端时的速度vB大小．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）根据匀变速直线运动的位移时间公式求出A的加速度，根据牛顿第二定律求出A所受的合力．‎ ‎（2）A做匀加速直线运动，知B对A的作用力恒定，则A对B的作用力恒定，可知B所受的合力恒定，加速度恒定，做匀加速直线运动．‎ ‎（3）根据系统机械能守恒求出B的速度大小．‎ ‎【解答】解 ‎（1）对A，在匀加速运动过程中 由牛顿第二定律得 ‎（2）物体B做匀加速运动．因为A做匀加速运动，B对A的作用力一定，由牛顿第三定律知，A对B的作用力也一定，B还受到重力作用，重力也是恒力，所以B受到的合力是恒力，B做匀加速运动．‎ ‎（3）对AB组成的系统，机械能守恒，由机械能守恒定律得 解得：‎ 答：（1）求运动过程中斜面体A所受的合力 ‎（2）B做匀加速运动．‎ ‎（3）求小物体B到达斜面体A底端时的速度vB大小 ‎　‎ ‎18．如图所示，在半径为R=的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B，圆形区域右侧有一竖直感光板，从圆弧顶点P以速率v0的带正电粒子平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电量为q，粒子重力不计．‎ ‎（1）若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；‎ ‎（2）若粒子对准圆心射入，且速率为v0，求它打到感光板上时速度的垂直分量；‎ ‎（3）若粒子以速度v0从P点以任意角入射，试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力求出带电粒子在磁场中运动的轨道半径，从而根据几何关系求出圆弧的圆心角大小，通过弧长和速度求出在磁场中运动的时间．‎ ‎（2）若粒子对准圆心射入，且速率为v0，轨道半径变为原来的倍，通过几何关系求出圆弧的圆心角，从而得知出磁场的速度方向，根据速度分解求出它打到感光板上时速度的垂直分量；‎ ‎（3）当带电粒子以v0射入时，带电粒子在磁场中的运动轨道半径为R．通过证明入射点、出射点、圆心磁场的圆心以及粒子运动圆弧的圆心构成的图形为菱形，从而可以证明它离开磁场后均垂直打在感光板上．‎ ‎【解答】解：（1）设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，由牛顿第二定律得 r=R 带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，轨迹对应的圆心角为，如图所示，‎ 则 ‎（2）由（1）知，当时，带电粒子在磁场中运动的轨道半径为．‎ 其运动轨迹如图所示，‎ 由图可知∠PO2O=∠OO2R=30°．‎ 所以带电粒子离开磁场时偏转原来方向60°‎ ‎（3）由（1）知，当带电粒子以v0射入时，带电粒子在磁场中的运动轨道半径为R．‎ 设粒子射入方向与PO方向夹角为θ，带电粒子从区域边界S射出，带电粒子运动轨迹如图所示．‎ 因PO3=O3S=PO=SO=R 所以四边形POSO3为菱形 由图可知：PO∥O3S，v3⊥SO3‎ 因此，带电粒子射出磁场时的方向为水平方向，与入射的方向无关．‎ 答：（1）它在磁场中运动的时间．‎ ‎（2）它打到感光板上时速度的垂直分量为．‎ ‎（3）证明如上．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，一个质量为m=2.0×10﹣11kg，电荷量q=+1.0×10﹣5C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θ；‎ ‎（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=1.0×104m/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：tanθ=‎ 解得 θ=30° ‎ ‎（3）进入磁场时微粒的速度是：v=③‎ 轨迹如图，由几何关系有：D=rsinθ+r④‎ 洛伦兹力提供向心力：Bqv=⑤‎ 由③～⑤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1.0×104m/s；‎ ‎（2）微粒射出偏转电场时的偏转角θ为30°；‎ ‎（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至少为0.4T．‎ ‎　‎ ‎20．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μ=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θ的正切值．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；牛顿第三定律．‎ ‎【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θ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/s＜5m/s，小物块在传送带上一直加速，则由A到B有，‎ 代入数据解得：xAB=1.5m．‎ ‎（2）对小物块，由C到D有 在D点FN﹣mg=，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θ的正切值为．‎ ‎　‎ ‎2017年2月25日