2018-2019学年云南省玉溪一中高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年云南省玉溪一中高二上学期期末考试物理试题 解析版

玉溪一中2018-2019学年上学期高二年级期末考物理学科试卷 一、选择题 ‎1.下列关于电场强度的说法中，正确的是（　　）‎ A. 公式只适用于真空中点电荷产生的电场 B. 由公式可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比 C. 在公式中，是点电荷产生的电场在点电荷处的场强大小； 是点电荷产生的电场在点电荷处的场强大小 D. 由公式可知，在离点电荷非常靠近的地方（），电场强度可达无穷大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：是电场强度的定义式适用于一切电场，A错误；电场强度E表示电场本身的强度和方向，与试探电荷无关，不能说E与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比，B错误；‎ 库仑定律公式公式中，是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1所在处的场强大小；是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小，C正确；‎ D、当r→0时，电荷已不能看成点电荷，公式不再成立，D错误；故选C 考点：电场强度。‎ ‎【名师点睛】电场强度是描述电场的力的性质的物理量，要想知道电场中某点的电场强度，可以在该点放一试探电荷，由来描述该点的强弱，不同的试探电荷，受到的力不同，但 是相同的，为了描述电场的这种性质，引入电场强度这个物理量，即为电场强度的定义式；而是点电荷所形成的电场的场强的决定式，是说点电荷所形成的电场的场强决定于场源电荷的电荷量和距点电荷的距离。‎ ‎2.将静置在地面上，质量为M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 取向上为正方向，由动量守恒定律得： ‎ 则火箭速度 故选：D。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎3.如下图所示，圆形线圈垂直放在匀强磁场里，第1秒内磁场方向指向纸里，如图乙．若磁感应强度大小随时间变化的关系如图甲，那么，下面关于线圈中感应电流的说法正确的是(　 　)‎ A. 在第1秒内感应电流增大，电流方向为逆时针 B. 在第1-3秒内感应电流大小方向都不变，电流方向为顺时针 C. 在第2秒内感应电流减小，电流方向为顺时针 D. 在第4秒内感应电流大小不变，电流方向为顺时针 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在B-t图中同一条直线磁通量的变化率是相同的；由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势大小恒定；由楞次定律可得出电流的方向。‎ ‎【详解】根据B-t图中同一条直线磁通量的变化率是相同的，由法拉第电磁感应定律：，可知各段时间内的电流为定值，且大小相等。‎ A、在第1s内，由楞次定律知，感应电流的方向为逆时针方向； 感应电流是恒定的，故A错误；‎ B、在第1-3s内，由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向； 感应电流是恒定的，故B正确；‎ C、在第3s内，由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向； 感应电流是恒定的，故C错误；‎ D、在第4s内，由楞次定律知，感应电流的方向为逆时针方向； 感应电流是恒定的，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】解决本题的关键熟练掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律，以及安培力的大小和方向的判定。‎ ‎4.一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动，M连接在如图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关，下列情况中，可观测到N向右运动的是(　 　)‎ ‎ ‎ A. 在S已向a闭合的情况下，断开S的瞬间 B. 在S已向b闭合的情况下，断开S的瞬间 C. 在S已向a闭合的情况下，将R的滑片向d端移动时 D. 在S已向b闭合的情况下，将R的滑片向c端移动时 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，N向右运动，远离螺线管，则可确定线圈N是通过远离螺线管的方式来阻碍磁通量的增加，所以只需在选项中找能使N线圈磁通量的增加的方式，即为正确答案。‎ ‎【详解】AB、在S已经闭合的情况下，断开S的瞬间，M中电流消失，它产生的磁场从有到无，穿过N线圈的磁通量减小，线圈N会向左运动，AB错误；‎ CD、在S已经闭合的情况下，只有将变阻器R的滑片向d端移动时，才能使穿过N线圈的磁通量增加，来达到让N远离的目的，故C正确，D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】深刻理解阻碍二字，是解决本题的关键。例如“增反减同，增缩减扩，来拒去留，增离减靠”等规律。‎ ‎5.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态，则(　 　)‎ ‎ ‎ A. 带电油滴所带电荷为正电荷 B. 若电容器的电容减小，则极板带电量将增大 C. 将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则带电油滴将竖直向上运动 D. 将平行板电容器的上极板向左移动一小段距离，则带电油滴任然保持平衡状态 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据油滴所处的平衡状态，可确定油滴收到电场力的方向，然后根据电场方向，来确定电荷的正负；根据，，可确定电荷量的变化；根据，可确定U不变得情况下，板间电场强度随板间距离d的关系；‎ ‎【详解】A、电容器与电源正极相连的极板带正电，则板间电场方向竖直向下。油滴静止，则所受电场力竖直向上，故油滴带负电，A错误；‎ B、根据可知，电容减小，则极板的带电量将减小，B错误；‎ C、根据，当上极板竖直向上移动一小段距离，则增加，减小，由得，电场力减小，故油滴所受合力竖直向下，会由静止向下运动，C错误；‎ D、将平行板电容器的上极板向左移动一小段距离，由于板间电压不变，板间距离不变，故电场力不变，油滴仍然处于静止状态，D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查学生分析电容器相关问题的能力，包括影响电容大小的因素，板间电场相关定性问题。‎ ‎6.如图甲所示为一理想变压器，原、副线圈匝数比为22∶1，两个标有“10 V,5 W”的小灯泡并联在副线圈的两端．原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图乙所示，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想电表)。则下列说法正确的是 (　 　)‎ ‎ ‎ A. 经过1 min原线圈的输出电能为6×102 J B. 由于电压过高小灯泡会被烧坏 C. 电压表的示数为 220 V D. 电流表的示数为 ‎‎2 A ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图乙可知，原线圈两端电压的有效值为220V，根据变压器原副线圈电压比关系，得副线圈两端电压的有效值。‎ ‎【详解】AB、分析可知，副线圈两端电压，故两灯泡均正常工作，则变压器的输入功率为，故在1min内，原线圈的输出电能为，A正确，B错误；‎ C、电压表的示数为原线圈电压有效值，为220V，C错误；‎ D、根据，得电流表示数，D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】‎ 掌握住理想变压器的电压、电流和功率之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题。‎ ‎7.两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2×10－‎3 C、质量为‎0.1 kg的小物块(可视为质点)从C点静止释放，其运动的v－t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．下列说法正确的是( )‎ A. 由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大 B. B点的电场强度大小为E＝50 V/m C. 由C点到A点电场强度逐渐降低 D. 由已知不能求出A、B两点间的电势差 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图所示，根据等量同种正电荷电场线的分布，从C到A的电场方向从C指向A；结合v-t图象，斜率表示加速度，电荷运动过程中经过B点时加速度最大，则B点的场强最强；从C到A，该电荷速度越来越大，则该电荷带正电。‎ ‎【详解】A、由以上分析可知，电场方向从C指向A，运动的电荷带正电，则该电荷从C运动到A的过程中，电场力做正功，电势能一直减小，A错误；‎ B、由v-t图象可以B点切线的斜率，则电荷经过B点时，加速度为。又根据牛顿第二定律得：，即：。解得电场强度大小为，B正确 C、电荷从C到A运动的过程中，经过B点时，加速度最大，B点场强最强，故从C到A运动的过程中，电场先变强后变弱，C错误；‎ D、由已经条件，结合v-t图象，可根据动能定理可计算A和B两点之间的电势差，D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】掌握等量同种正电荷的电场分布情况，是解决问题的关键。‎ ‎8.如图所示，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B.正方形金属框abcd可绕光滑轴OO′转动，边长为L，总电阻为R，ab边质量为m，其他三边质量不计，现将abcd拉至水平位置，并由静止释放，经一定时间到达竖直位置，ab边的速度大小为v，则下列说法不正确的是( 　)‎ ‎ ‎ A. 在竖直位置时金属框产生的电动势大小为E=BvL B. 从水平到竖直的过程中通过ab的电荷量为q=BL2/R C. 从水平到竖直的过程中金属框内产生热量大小等于mgL－‎ D. 从水平到竖直的过程中通过ab杆上b点电势大于a点电势 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 线框在下落过程中，ab棒下落到最低点时恰好垂直切割磁场，可用计算电动势；应该用平均电流来计算电量q，；由能量守恒定律可计算热量；根据电源内部，电流由电源负极流向正极的规律，确定四指指尖方向为等效电源正极，电势较高。‎ ‎【详解】A、线框在竖直位置时，ab边恰好垂直切割磁场，而且只有ab边切割，此时电动势，A正确； ‎ B、线框从水平到竖直的过程中，磁通量的变化量为，则该过程中，流过导线横截面的电量，B正确；‎ C、除ab外，其他三边质量不计，故线框在下落的整个过程中，重心下降，根据能量守恒定律得，其中Q为整个过程中线框中产生的热量，解得：，C正确；‎ D、在下落过程中，根据右手定则可知，a点电势大于b点电势，D错误。‎ 故本题不正确的选项为D。‎ ‎【点睛】识记产生感应电动势的常规规律并熟练解决问题，是解决本题的关键。‎ 二.多项选择题 ‎9.关于物理学史，下列说法中正确的是(　 　)‎ A. 电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的 B. 法拉第不仅提出了场的的概念，而且直观地描绘了场的清晰图象 C. 安培通过实验发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系 D. 楞次通过线圈实验首次发现了磁生电的现象 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A、电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根通过实验测得的，他发现实验中所有被测量的油滴微粒的带电量均为一个最小电荷单元的整数倍，这个最小单元为元电荷，电荷量为，故A正确；‎ B、法拉第不仅提出了场的概念，并引入了电场线、磁场线来描述电场和磁场，故B正确；‎ C、奥斯特发现了电流的磁效应，C错误；‎ D、法拉第通过线圈实验首次发现了磁生电的现象，D错误。‎ 故选AB。‎ ‎【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。‎ ‎10.如图所示为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n＝4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干种不同频率的光．关于这些光，下列说法正确的是(　 　)‎ A. 最容易表现出波动性的光是由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的 B. 这些氢原子最多可辐射出6种不同频率的光 C. 若用n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光照射某金属恰好发生光电效应，则用n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光照射该金属一定能发生光电效应 D. 用n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射逸出功为6.34 eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为3.86eV ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 波长越短的光越不容易产生波动性；大量处于激发态n的氢原子，在向低能级跃迁时可产生的光子种类为个；处于激发态的氢原子的电子从高能级向低能级跃迁过程中，产生的光子能量由前后两个能级的能量差决定，；根据爱因斯坦光电效应方程，电子从金属表面逸出时的最大初动能。‎ ‎【详解】A、最容易表现出波动性的光是波长较大，即频率较小的光。根据，在所有辐射出的光中，只有从n=4能级到n=3能级跃迁的能量差最小，波长最长，最满足题意，故A错误；‎ B、由于是一群氢原子处于n=4能级，故它们在向低能级跃迁过程中产生的光子种类为种，故B正确；‎ C、根据，从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光子的频率小于从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光子的频率，用频率的光恰好发生光电效应，则频率小于该种金属的极限频率（截止频率），无论光多么强，都不能发生光电效应，C错误；‎ D、用n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光子的能量为；又根据光电效应方程，最大初动能，D正确。‎ 故选BD。‎ ‎【点睛】本题考查了能级跃迁和光电效应的综合运用，知道能级间跃迁辐射的光子频率与能级差的关系以及光电效应的条件是解决本题的关键。‎ ‎11.中央电视台某节目多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重，不利于国家扶贫政策的展开，其中客观原因是电网陈旧老化，近来进行农村电网改造，为减少远距离输电的损耗从而降低电费价格， 某发电站采用高压输电向外输送电能．若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电导线的总电阻为R线．则下列说法正确的是(　 　)‎ A. 输电线上的电流I＝‎ B. 输电线上的电流I＝‎ C. 输电线上损失的功率 D. 输电线上损失的功率P＝‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据P=UI求出输电线上的电流，根据求出输电线上损失的功率。‎ ‎【详解】AB、因为输电总功率，输电电压，输电电流满足，则输电电流，A错误，B正确；‎ CD、输电线上损失的功率为输电线上的热功率，即，故C正确，D错误。‎ 故选BC。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道输送功率与输送电压、电流的关系，知道输电线上损失的功率。‎ ‎12.如图，一个质量为m、带电量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中下列说法正确的是 ( ) ‎ A. 圆环可能做匀减速运动 B. 圆环可能做匀速直线运动 C. 圆环克服摩擦力所做的功一定为 D. 圆环克服摩擦力所做的功可能为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 圆环向右运动的过程中可能受到重力、洛伦兹力、杆的支持力和摩擦力，根据圆环初速度的情况，分析洛伦力与重力大小关系可知：圆环可能做匀速直线运动，或者减速运动到静止，或者先减速后匀速运动，根据动能定理分析圆环克服摩擦力所做的功。‎ ‎【详解】分析可知，圆环运动获得初速度一瞬间，受到洛伦兹力方向竖直向上，大小为：‎ A、若，圆环做减速运动到静止，速度在减小，洛伦兹力减小，杆的支持力和摩擦力都发生变化，所以不可能做匀减速运动，故A错误；‎ B、若，圆环不受支持力和摩擦力，做匀速直线运动，故B正确；‎ C、若，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功。根据动能定理得：；若，圆环先做减速运动，当速度减小到，满足 时，摩擦力消失，接着做匀速直线运动。当时，速度，根据动能定理得：，代入解得：，故C错误，D正确。‎ 故选BD。‎ ‎【点睛】本题考查分析问题的能力，摩擦力是被动力，要分情况讨论．在受力分析时往往先分析场力，比如重力、电场力和磁场力，再分析弹力、摩擦力。‎ ‎13.如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B . M为磁场边界上一点，有无数个带电荷量为＋q、质量为m的相同粒子(不计重力)在纸面内向各个方向以相同的速率通过M点进入磁场.下列说法中正确的是(　 　)‎ A. 若粒子进入磁场时的速率为，这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的1/3‎ B. 若粒子进入磁场时的速率为，这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的1/2‎ C. 若将粒子进入磁场时的速率为，则粒子在磁场中运动的最长时间为 D. 若将粒子进入磁场时的速率为，则粒子在磁场中运动的最长时间为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，则离入射点M最远的出射点与入射点M的连线，应为轨迹圆的直径。‎ ‎【详解】AB、粒子从M点入射速率均为，根据洛伦兹力提供向心力得：，则粒子在磁场中运动的轨道半径，则入射点与最远出射点连线应是轨迹圆的直径，长度为。如下图所示。由几何关系可知，图中 ‎，则对应的弧的长度是整个圆周长的三分之一。A正确，B错误；‎ CD、若粒子进入磁场的速率为，则这些粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为。根据同一大小半径的圆轨迹，在磁场中入射点和出射点连线越长，时间越长的规律，即最长的弦对应最长的运动时间。由几何关系可知，最长的弦为，如下图所示，故轨迹对应的圆心角为，则该种情况下，运动的时间为，故C正确，D错误。‎ 故选AC。‎ ‎14.发电机和电动机具有装置上的类似性，源于它们机理上的类似性。直流发电机和直流电动机的工作原理分别可以简化为如图1、图2所示的情景。‎ 在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。图1轨道端点MP间接有阻值为r的电阻，导体棒ab受到水平向右的外力作用，以速度v（v平行于MN）向右做匀速运动。图2轨道端点MP间接有直流电源，电动势为E，内阻不计，电阻为R的导体棒ab以速度v（v平行于MN）向右做匀速运动。并通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 在Δt时间内，图1“发电机”产生的电能为 B. 在Δt时间内，图2“电动机”输出的机械能 C. 从微观角度看图1产生电动势是由于洛仑兹的一个分力做功将其他能转化为电能 D. 在图2中提升重物增加的机械能是由于安培力对导体棒做正功将电能转化为其他能 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在图1的情况下，导体棒ab能够匀速运动，则水平向右外力刚好与运动反方向的安培力（电磁阻尼）平衡，因此可根据安培力做功的功率，结合时间，计算某段时间内产生的电能；（2）在图2的电路中，导体棒向右匀速运动的过程中，会产生反电动势，则电动机的工作电压不等于E，必须通过转换研究对象来求输出的机械能（3）导体棒切割磁场产生动生电动势，非静电力为洛伦兹力；安培力做正功，实际是电能向其他形式能转化的过程。‎ ‎【详解】A、图1中导体棒匀速切割磁感线，产生的动生感应电动势大小为，根据闭合电路欧姆定律，回路中电流为，则ab棒运动过程中受到的反向安培力大小为。因为导体棒匀速，则水平外力做功的功率大小和导体棒克服安培力做功的功率相等，则。所以在Δt时间内，产生的电能为，A正确；‎ B、图2中，电动机在Δt时间内输出的机械能等于重物增加的重力势能，即，由因为导体棒匀速运动，，则，故B错误；‎ C、图1中导体棒在水平向右外力的作用下以速度匀速运动，同时导体棒中等效正自由电荷沿ba方向做定向移动，设定向移动的速度为，如下图所示，洛伦兹力的其中一个分力 跟导体棒运动方向相反，对导体棒ab做负功，将机械能转化为电能。故C正确；实际沿导体棒方向的分力对导体棒中自由电荷做正功，总体看，洛伦兹力不做功。‎ D、安培力做正功，是电能向其他形式能转化的过程，D正确。‎ 故本题选ACD。‎ ‎【点睛】本题主要是考查电磁感应现象的能量转化问题，解答本题要掌握发电机和电动机的工作原理，了解洛伦兹力不做功的原因和电磁感应现象中能量的转化情况。‎ 二、实验题 ‎15.某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值（约为10 kΩ），除了Rx，开关S、导线外，还有下列器材供选用：‎ A．电压表（量程0~1 V，内阻约为10 kΩ）‎ B．电压表（量程0~10 V，内阻约为100 kΩ）‎ C．电流表（0~1 mA内阻约为30 Ω）‎ D．电流表（0~‎0.6 A，内阻约为0.05 Ω）‎ E．电源（电动势12 V，额定电流‎2 A，内阻不计）‎ F．滑动变阻器R0（阻值范围0~10 Ω，额定电流‎2 A）‎ ‎①为使测量尽量准确，电压表选用_______，电流表选用_________。（均填器材的字母代号）；‎ ‎②画出测量Rx阻值的实验电路图________。‎ ‎③该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会______________其真实值（填“大于”“小于”或“等于”），原因是____________________。‎ ‎【答案】 (1). ①B； (2). C； (3). ②内接；分压 (4). ③大于； (5). 电压表的读数大于待测电阻两端实际电压 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①分析给出的仪表，根据安全和准确性原则进行分析，从而确定应选择的测量仪表；②根据实验原理确定实验电路图，明确滑动变阻器分压接法和电流表内外接法的正确应用；③分析电路图，根据电表内阻的影响进行分析，明确误差情况和原因。‎ ‎【详解】①给定器材中只有一个电动势为12V的电源，为了测量的数据量较多，范围较广，测量结果尽量准确，电压表应选10V量程的B，测量过程中的最大电流，故电流表应选C；‎ ‎②因给出的滑动变阻器总阻值较小，所以滑动变阻器使用分压式解法为宜；同时由于待测电阻较大，为了准确测量，电流表应选择内接法，故电路图如下：‎ ‎；‎ ‎③因本实验采用电流表内接法，由于电流表分压的影响，电压表实际测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值将大于真实值；‎ 故本题答案为：①B；C ②图见解析 ③大于；电压表的读数大于待测电阻两端实际电压。‎ ‎【点睛】遇到电学实验问题应明确：①通过求出待测电阻的最大电流来选择电流表量程；②明确“大内偏大，小外偏小“的电流表接法和误差情况分析；③若变阻器的全电阻能满足电路电阻要求时，变阻器可以采用限流式接法。‎ ‎16.某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系．‎ ‎(1)下列做法正确的是 ________．(填选项字母)‎ A ‎．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上 B．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源 C．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度 ‎(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量______木块和木块上砝码的总质量．(填“远大于”“远小于”或“近似等于”) ‎ ‎(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为M甲、M乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，M甲____m乙，M甲___μ乙．(填“大于”“小于”或“等于”)‎ ‎【答案】 (1). C (2). 远小于 (3). 小于 (4). 大于 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验要保证拉力等于小车受力的合力，要平衡摩擦力，细线与长木板平行，平衡好摩擦力完成之后，不需要再重复平衡；实验中应满足砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量，才能保证木块所受拉力近似等于砝码桶及桶内砝码的总重力；实验中应先开打点计时器，后释放木块；在没有平衡摩擦力的情况下，，可结合图象比较斜率，比较纵轴截距来比较相关量的大小。‎ ‎【详解】（1）A、应该用木块自身的重力沿斜面向下的分力去平衡摩擦力，故在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应该将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上，A错误；‎ B、实验时应先接通电源，后释放木块，B错误；‎ C、平衡摩擦力后，，即，与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，C正确；‎ 故本小题选C；‎ ‎（2）按照教材上的理论若以砝码桶及砝码作为小木块的外力，则有，而实际实验过程中砝码桶及砝码也与小木块一起做匀加速运动，即对砝码桶及砝码有，对小木块有，综上有：小物块的实际的加速度为，只有当时，才能有效的保证实验的准确性；‎ ‎（3）当没有平衡摩擦力时有：，则，即图线斜率为，纵轴截距的大小为。观察图线可知：，。‎ 故本题的答案为：(1)C (2)远小于 (3)小于；大于 ‎【点睛】本题主要考查“验证牛顿第二定律”的实验，要明确实验原理，特别是要明确系统误差的来源，知道减小系统误差的方法。‎ 三、计算题 ‎17.如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R；A和B的质量均为m；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ.重力加速度为g.求：‎ ‎(1)碰撞前A对轨道的压力大小；‎ ‎(2)A和B整体在桌面上滑动的距离l.‎ ‎【答案】（1）3mg（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）可根据动能定理或机械能守恒来求解A与B碰撞前一瞬间时的速度大小，利用牛顿第二定律和第三定律来求解A对轨道的压力大小；（2）A、B碰撞的过程动量守恒，碰后以共同速度开始在地面上减速，可对AB整体运用动能定理求解滑行距离。‎ ‎【详解】(1)根据机械能守恒定律有 由圆周运动规律有 ‎ FN =3mg ; 由牛顿第三定律有F压= FN =3mg ‎(2)根据动量守恒定律有mv＝2mv′‎ 根据动能定理有 解得A和B整体沿水平桌面滑动的距离。‎ ‎【点睛】本题考查了动量守恒、动能定理的综合，难度中等，知道机械能守恒和动量守恒的条件，关键是合理地选择研究对象和过程，选择合适的规律进行求解。‎ ‎18.如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m，电阻为r的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦，重力加速度为g.‎ ‎ ‎ ‎(1)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流I及其加速度a的大小；‎ ‎(2)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值.‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）当ab加速下滑时，速度大小为v时,则 根据闭合电路欧姆定律，有：‎ 故，方向由a到b 由安培力公式：‎ 根据牛顿第二定律：‎ 整理可以得到：‎ ‎(2)当时ab杆的速度可以达到最大值 即：   ‎ 所以：。‎ ‎19.如图，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为53°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为37°。不计重力。求A、B两点间的电势差。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子水平方向受电场力，做匀加速直线运动；竖直方向不受力，故竖直分运动是匀速直线运动；结合运动的合成与分解的知识得到A点速度与B点速度的关系，然后对A到B过程根据动能定理列式求解。‎ ‎【详解】设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即 vBsin 37°＝v0sin 53°‎ 由此得 ‎ 设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有：‎ 联立各式得：。‎ ‎【点睛】本题关键是通过运动的合成与分解得到A点速度和B点速度的关系，然后结合动能定理列式求解即可。‎ ‎20.如图所示，在水平线ab下方有一匀强电场，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，磁场中有一内、外半径分别为R、的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，经过时间t0 ,由M进入磁场，从N射出，不计粒子重力。‎ ‎（1）求电场强度E的大小；‎ ‎（2）若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出，粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且与内圆相切，求粒子在M点的速度vM的大小；‎ ‎（3）在（2）的条件下求粒子在Q时速度的大小；‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由牛顿第二定律结合粒子在电场中的加速时间，可求电场强度；根据洛伦兹力提供向心力即可求出粒子到达M点的速度；根据运动的合成与分解，可求粒子在Q时速度的大小。‎ ‎【详解】（1）设粒子在磁场中运动的速度大小为v，所受洛伦兹力提供向心力，有 设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有qE =ma； ‎ 粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有v=at 联立各式得；‎ ‎（2）设粒子在磁场中的轨迹半径为，由几何关系可 ‎ 洛伦兹力提供向心力：‎ 联立得 ‎（3）粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v，在垂直于电场方向的分速度始终为，由运动的合成和分解可知 ： ‎ 联立各式得。‎ ‎【点睛】本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力等，其中正确判断出临界条件是解答第二问的关键。‎