物理·四川省成都市龙泉中学2016-2017学年高二上学期入学物理试卷 Word版含解析

物理·四川省成都市龙泉中学2016-2017学年高二上学期入学物理试卷 Word版含解析

‎2016-2017学年四川省成都市龙泉中学高二（上）入学物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（本题共6小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的．每小题3分，共18分）‎ ‎1．下列与磁场有关的物理概念中，错误的是（　　）‎ A．磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的大小 B．磁感应强度的方向跟放入磁场中的受磁场力作用的电流方向有关 C．磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，是矢量 D．磁感应强度的方向跟产生磁场的电流方向有关，而与放入磁场中的受磁场力作用的电流无关 ‎2．如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为L，b与转轴的距离为2L．木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g．若圆盘从静止开始绕轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（　　）‎ A．a一定比b先开始滑动 B．a、b所受的摩擦力始终相等 C．ω=是b开始滑动的临界角速度 D．当ω=时，a所受摩擦力的大小为kmg ‎3．从同一点沿水平方向抛出的甲、乙两个小球能落在同一个斜面上，运动轨迹如图所示，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）‎ A．甲球下落的时间比乙球下落的时间长 B．甲球下落的时间和乙球下落的时间相等 C．甲球的初速度比乙球初速度大24‎ D．甲球的初速度比乙球初速度小R ‎4．如图所示，在一均匀磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动．杆ef及线框中导线的电阻都可不计．开始时，给ef一个向右的初速度，则（　　）b A．ef将减速向右运动，但不是匀减速，最后停止c B．ef将匀减速向右运动，最后停止1‎ C．ef将匀速向右运动J D．ef将往返运动w ‎5．如图所示，一个内壁光滑的圆锥的轴线垂直于水平面，圆锥固定不动，两个质量相同的球A、B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则（　　）J A．球A的角速度必等于球B的角速度w B．球A的线速度必大于球B的线速度o C．球A的运动周期必小于球B的运动周期2‎ D．球A对筒壁的压力必大于球B对筒壁的压力C ‎6．汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图所示，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A，电动机启动时电流表读数为58A，若电源电动势为12.5V，内阻为0.05Ω．电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了（　　）f A．35.8 W B．43.2 W C．48.2 W D．76.8 W7‎ ‎　‎ 二．不定项选择题（每题至少有一个选项与题意符合，选出与题意相符的选项．每题漏选得2分，错选得0分．每小题4分，共24分．）g ‎7．有一交变电流如图所示，则由此图象可知（　　）m A．它的周期是0.8 s B．它的峰值是4 AW C．它的有效值是2 A D．它的频率是0.8 Hz2‎ ‎8．如图所示，质量为m的物块在水平恒力F的推动下，从粗糙山坡底部的A处由静止运动至高为h的坡顶B处，并获得速度v，AB之间的水平距离为x，重力加速度为g，则（　　）8‎ A．物块克服重力所做的功是mghe B．合外力对物块做的功是mv2A C．推力对物块做的功是mv2+mgh/‎ D．阻力对物块做的功是mv2+mgh﹣FxA ‎9．在图所示的实验电路中，带铁芯的、电阻较小的线圈L与灯A并联，当合上电键K，灯A正常发光，则下列说法正确的是（　　）=‎ A．当断开K时，灯A立即熄灭=‎ B．当断开K时，灯A突然闪亮后熄灭 C．若用电阻值与线圈L相同的电阻取代L接入电路，当断开K时，灯A立即熄灭 D．若用电阻值与线圈 L相同的电阻取代L接入电路，当断开K时，灯A突然闪亮后熄灭 ‎10．X轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间连线上各点电势高低如图曲线所示（AP＞PB），选无穷远处电势为0，从图中可以看出（　　）‎ A．Q1电荷量一定大于Q2电荷量 B．Q1和Q2一定同种电荷 C．P点电场强度是0‎ D．Q1和Q2之间连线上各点电场方向都指向Q2‎ ‎11．经长期观测，人们在宇宙中已经发现了“双星系统”．“双星系统”由两颗相距较近的恒星组成，每颗恒星的半径远小于两颗恒星之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体．如图，两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上某﹣定点O点做匀速圆周运动，现测得两颗星球之间的距离为l，质量之比为m1：m2=3：2，则可知（　　）‎ A．m1、m2做圆周运动的角速度之比为3：2‎ B．m1、m2做圆周运动的线速度之比为2：3‎ C．m1做圆周运动的半径为l D．m2做圆周运动的半径为l ‎12．我国志愿者王跃曾参与欧洲航天局和俄罗斯组织的“火星﹣500”‎ 的实验活动，目的是为体验火星之旅以及在火星上生活可能出现的各种情况．假设王跃登陆火星后，测得火星半径是地球半径的，质量是地球质量的．已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，王跃在地球上能向上竖直跳起的最大高度是h，忽略自转的影响，下列说法正确的是（　　）‎ A．火星的密度为 B．火星表面的重力加速度是 C．火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为2：3‎ D．王跃以在地球上相同的初速度在火星上起跳后，能达到的最大高度是 ‎　‎ 二、实验题（本题包括2小题，共20分）‎ ‎13．如图所示是研究电磁感应现象实验所需的器材，用实线将带有铁芯的线圈A、电源、滑动变阻器和开关连接成原线圈回路，将小量程电流表和线圈B连接成副线圈回路．并列举出在实验中改变副线圈回路磁通量，使副线圈回路产生感应电流的三种方式：‎ ‎（1）　　；‎ ‎（2）　　；‎ ‎（3）　　．‎ ‎14．在用落体法验证机械能守恒定律时，某同学按照正确的操作选得纸带如图．其中O是起始点，A、B、C是打点计时器连续打下的3个点．该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C各点的距离，并记录在图中（单位：cm）．‎ ‎（1）这三个数据中不符合有效数字读数要求的是　　，应记作　　cm．‎ ‎（2）该同学用重锤在OB段的运动来验证机械能守恒，已知当地的重力加速度g=9.80 m/s2，他用AC段的平均速度作为跟B点对应的物体的瞬时速度，则该段重锤重力势能的减少量为　　，而动能的增加量为　　（均保留三位有效数字，重锤质量用m表示）．这样验证的系统误差总是使重力势能的减少量　　动能的增加量，原因是　　．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共四个答题，15题8分，16题10分，17题10分，18题12分）‎ ‎15．某人站在离地面h=10m高处的平台上以速度v0=5m/s水平抛出一个质量m=1kg的小球，不计空气阻力，g取10m/s2．问：‎ ‎（1）人对小球做了多少功？‎ ‎（2）小球落地时的速度为多大？‎ ‎16．竖直放置的半径R=80cm的半圆形光滑轨道与水平轨道相连接，连接点为P．质量为m=100g的小球以一定的初速度由水平轨道向左运动，并沿圆轨道的内壁运动到最高点M，如果球A经过N点时速度vN=8m/s，经过M点时对轨道的压力为0.5N．重力加速度g取10m/s2．求：‎ ‎（1）小球经过半圆轨道的P点时对轨道的压力大小．‎ ‎（2）小球从N点运动到M点的过程中克服摩擦阻力做的功．‎ ‎17．如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N=100，边长ab=1.0m、bc=0.5m，电阻r=2Ω，磁感应强度B在0～1s内从零均匀变化到0.2T．在1～5s内从0.2T均匀变化到﹣0.2T，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求：‎ ‎（1）0～1s内线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；‎ ‎（2）在1～5s内通过线圈的电荷量q．‎ ‎18．用一根长为L的丝线吊着一质量为m、带电荷量为q的小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，如图丝线与竖直方向成53°角，现突然将该电场方向变为向下但大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响（重力加速度为g），求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度的大小；‎ ‎（2）小球经过最低点时丝线的拉力．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省成都市龙泉中学高二（上）入学物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（本题共6小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的．每小题3分，共18分）‎ ‎1．下列与磁场有关的物理概念中，错误的是（　　）‎ A．磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的大小 B．磁感应强度的方向跟放入磁场中的受磁场力作用的电流方向有关 C．磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，是矢量 D．磁感应强度的方向跟产生磁场的电流方向有关，而与放入磁场中的受磁场力作用的电流无关 ‎【考点】磁感应强度．‎ ‎【分析】磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是矢量，其方向就是该点的磁场方向，与产生磁场的电流方向有关，与放入磁场的电流元无关．磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的大小．‎ ‎【解答】解：A、磁感线可以形象描述磁场的强弱和方向，磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的大小．故A正确；‎ B、磁场的强弱与方向是由磁场本身决定的，与电流受到的安培力无关．故B错误；‎ C、磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是矢量．故C正确．‎ D、电流的磁场的方向跟产生磁场的电流方向有关，而与放入磁场中的受磁场力作用的电流无关．故D正确．‎ 本题要求选择错误的，故选：B ‎　‎ ‎2．如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为L，b与转轴的距离为2L．木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g．若圆盘从静止开始绕轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（　　）‎ A．a一定比b先开始滑动 B．a、b所受的摩擦力始终相等 C．ω=是b开始滑动的临界角速度 D．当ω=时，a所受摩擦力的大小为kmg ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，而所需要的向心力大小由物体的质量、半径和角速度决定．当圆盘转速增大时，提供的静摩擦力随之而增大．当需要的向心力大于最大静摩擦力时，物体开始滑动．因此是否滑动与质量无关，是由半径大小决定．‎ ‎【解答】解：A、B、两个木块的最大静摩擦力相等．木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力f=mω2r，m、ω相等，f∝r，所以b所受的静摩擦力大于a的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值，所以b一定比a先开始滑动，故A错误，B错误；‎ C、当b刚要滑动时，有kmg=mω2•2l，解得：ω=，故C正确；‎ D、以a为研究对象，当ω=时，由牛顿第二定律得：‎ f=mω2l，可解得：f=kmg，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．从同一点沿水平方向抛出的甲、乙两个小球能落在同一个斜面上，运动轨迹如图所示，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）‎ A．甲球下落的时间比乙球下落的时间长 B．甲球下落的时间和乙球下落的时间相等 C．甲球的初速度比乙球初速度大 D．甲球的初速度比乙球初速度小 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同．根据运动学公式列式分析，采用“直接判断法”求解．‎ ‎【解答】解：A、B、从抛出到落到斜面上，甲球下落的竖直高度小于乙球，小球竖直方向上做自由落体运动，由h=gt2知甲球下落的时间比乙球下落的时间短，故AB错误．4447834‎ C、D、甲球的水平位移大于乙球，由x=vt知，甲球的初速度比乙球初速度大．故C正确，D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎4．如图所示，在一均匀磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动．杆ef及线框中导线的电阻都可不计．开始时，给ef一个向右的初速度，则（　　）‎ A．ef将减速向右运动，但不是匀减速，最后停止 B．ef将匀减速向右运动，最后停止 C．ef将匀速向右运动 D．ef将往返运动 ‎【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】金属棒向右运动时会切割磁感线产生电动势和感应电流，金属杆ef受到向左的安培力做减速运动，速度减小会造成电动势、电流减小，安培力也随之减小，所以物体做减速运动的加速度会减小，直到速度为零时金属杆静止．‎ ‎【解答】解：金属棒向右运动时会切割磁感线产生电动势和感应电流，根据右手定则判断可知，ef中感应电流方向从f到e．根据左手定则判断可知，ef所受的安培力向左，则ef将减速向右运动．‎ 感应电流表达式 I==‎ 金属棒所受的安培力大小表达式为：F=BIL=，随着速度的减小，安培力减小．所以ef做加速度减小的变减速运动，最终停止运动，故A正确，BCD错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎5．如图所示，一个内壁光滑的圆锥的轴线垂直于水平面，圆锥固定不动，两个质量相同的球A、B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则（　　）‎ A．球A的角速度必等于球B的角速度 B．球A的线速度必大于球B的线速度 C．球A的运动周期必小于球B的运动周期 D．球A对筒壁的压力必大于球B对筒壁的压力 ‎【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】对小球受力分析，受重力和支持力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式，得到角速度、线速度、周期和支持力的表达式，再进行比较．‎ ‎【解答】解：ABC、对小球受力分析，受重力和支持力，如图 根据牛顿第二定律，有：‎ F=mgtanθ=mω2r=m=mr 则得：ω=，v=，T=2π 可知，小球的转动半径越大，角速度越小，线速度越大，周期越大，由于A球的转动半径较大，故A的角速度较小，线速度和周期较大，故AC错误，B正确；‎ D、筒壁对小球的支持力 N=，可知支持力相等，则小球对筒壁的压力相等．故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎6．汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图所示，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A，电动机启动时电流表读数为58A，若电源电动势为12.5V，内阻为0.05Ω．电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了（　　）‎ A．35.8 W B．43.2 W C．48.2 W D．76.8 W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】电动机未启动时，由欧姆定律求出灯泡的电阻．再求出电动机启动时路端电压，由欧姆定律求出通过灯泡的电流，分别求出两种情况下，灯泡的功率，即得解．‎ ‎【解答】解：电动机未启动时，由E=I1（R+r）得灯泡的电阻为：‎ R==Ω=1.2Ω，‎ 车灯消耗的功率为：P1==100×1.2=120W；‎ 电动机启动时，路端电压为：U2=E﹣I2r=12.5﹣58×0.05=9.6V，‎ 则车灯消耗的功率为：P2===76.8W 车灯的电功率降低了△P=P1﹣P2=120﹣76.8=4.2W．‎ 故选：B ‎　‎ 二．不定项选择题（每题至少有一个选项与题意符合，选出与题意相符的选项．每题漏选得2分，错选得0分．每小题4分，共24分．）‎ ‎7．有一交变电流如图所示，则由此图象可知（　　）‎ A．它的周期是0.8 s B．它的峰值是4 A C．它的有效值是2 A D．它的频率是0.8 Hz ‎【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．‎ ‎【分析】从图中可以直接读出交流电源的周期及最大值，根据有效值与最大值之间的关系即可求解有效值．求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值．‎ ‎【解答】解：A、由此图象可知它的周期是0.8s，故A正确；‎ B、它的峰值是4A，故B正确；‎ C、它不是正弦式电流，因此有效值不是等于最大值除以根号2，即它的有效值不是2A；故C错误；‎ D、它的周期是0.8s，频率f==1.25Hz，故D错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，质量为m的物块在水平恒力F的推动下，从粗糙山坡底部的A处由静止运动至高为h的坡顶B处，并获得速度v，AB之间的水平距离为x，重力加速度为g，则（　　）‎ A．物块克服重力所做的功是mgh B．合外力对物块做的功是mv2‎ C．推力对物块做的功是mv2+mgh D．阻力对物块做的功是mv2+mgh﹣Fx ‎【考点】动能定理．‎ ‎【分析】根据上升的高度求出物块克服重力做功的大小，根据动能定理求出合力做功的大小以及阻力做功的大小．‎ ‎【解答】解：A、物块上升的高度为h，则物块克服重力做功为mgh，故A正确．‎ B、物体初动能为零，末动能为，根据动能定理知，合外力做功为，故B正确．‎ C、F为恒力，则恒力做功为Fx，故C错误．‎ D、根据动能定理知，Fx﹣mgh+，解得阻力做功Wf=mv2+mgh﹣Fx，故D正确．‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎9．在图所示的实验电路中，带铁芯的、电阻较小的线圈L与灯A并联，当合上电键K，灯A正常发光，则下列说法正确的是（　　）‎ A．当断开K时，灯A立即熄灭 B．当断开K时，灯A突然闪亮后熄灭 C．若用电阻值与线圈L相同的电阻取代L接入电路，当断开K时，灯A立即熄灭 D．若用电阻值与线圈 L相同的电阻取代L接入电路，当断开K时，灯A突然闪亮后熄灭 ‎【考点】自感现象和自感系数．‎ ‎【分析】“断电自感”是一种常见的电磁感应现象，忽略电池内阻及导线电阻，并设灯A的电阻为RA，线圈L的直流电阻为RL，电动势为E，线圈L中的电流强度为IA，通过灯泡的电流强度为IL，电流方向均向左；4447834‎ 电流方向：K断开瞬间通过灯A的电流立刻减小为0；但同时由于线圈L中的电流IL0减小，故L中的自感电流I′L必与原电流IL0同向以“阻碍”原电流的减小，因而线圈L作了A、L回路的电源，且线圈L的左端为电流负极而右端为正极；故实际上K断开瞬间经过灯A的电流并不为0而是方向向右的电流IL．‎ ‎【解答】解：A、B、电键断开前，电路稳定，灯 A 正常发光，线圈相当于直导线，电阻较小，故流过线圈的电流较大；电键断开后，线圈中的电流会减小，发生自感现象，线圈成为A、L回路的电源，故灯泡反而会更亮一下后熄灭，故A错误，B正确；‎ C、D、若用阻值与线圈L相同的电阻取代L接入电路，则不会发生自感现象，故断开S时，灯A立即熄灭，故C正确，D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎10．X轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间连线上各点电势高低如图曲线所示（AP＞PB），选无穷远处电势为0，从图中可以看出（　　）‎ A．Q1电荷量一定大于Q2电荷量 B．Q1和Q2一定同种电荷 C．P点电场强度是0‎ D．Q1和Q2之间连线上各点电场方向都指向Q2‎ ‎【考点】点电荷的场强；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】选无穷远处电势为0，则在正电荷的电场中所有点的电势都是正的，在负电荷的电场中所有点的电势都是负的，如果是等量异种电荷的话，在中垂线上的点电势为零．‎ ‎【解答】解：由图象可以发现，离Q1越近电场中的电势越高，由此可以判断Q1为正电荷，同理，由于离Q2越近电势越低，所以Q2为负电荷，在它们的连线上的p点的电势也是零，但p点离Q2近，所以Q1的电荷量要大于Q2的电荷量，所以A正确，而B错误．‎ 由于Q1和Q2为异种电荷，并且Q1为正电荷，Q1在x轴正半轴上的电场方向向右，Q2为负电荷，Q2在Q1和Q2之间的电场方向也向右，所以P点电场强度是Q1和Q2在p点产生的电场的和，方向指向Q2，所以C错误D正确．‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎11．经长期观测，人们在宇宙中已经发现了“双星系统”．“双星系统”由两颗相距较近的恒星组成，每颗恒星的半径远小于两颗恒星之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体．如图，两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上某﹣定点O点做匀速圆周运动，现测得两颗星球之间的距离为l，质量之比为m1：m2=3：2，则可知（　　）‎ A．m1、m2做圆周运动的角速度之比为3：2‎ B．m1、m2做圆周运动的线速度之比为2：3‎ C．m1做圆周运动的半径为l D．m2做圆周运动的半径为l ‎【考点】万有引力定律及其应用；线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】抓住双星围绕连线上的O点做匀速圆周运动的向心力由彼此间的万有引力提供，因此两星做圆周运动的角速度相等，由此展开讨论即可．‎ ‎【解答】解：双星围绕连线上的O点做匀速圆周运动，彼此间万有引力提供圆周运动向心力，可知双星做圆周运动的周期和角速度相等．‎ 令星m1的半径为r，则星m2的半径为l﹣r，则有：‎ 据万有引力提供圆周运动向心力有： =m1rω2=m2（l﹣r）ω2，‎ 即m1r=m2（l﹣r）‎ 质量之比为m1：m2=3：2，‎ 所以r=l 则星m2的半径为l，‎ 又因为v=rω可知，两星做圆周运动的线速度之比等于半径之比为2：3，故AC错误，BD正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎12．我国志愿者王跃曾参与欧洲航天局和俄罗斯组织的“火星﹣500”的实验活动，目的是为体验火星之旅以及在火星上生活可能出现的各种情况．假设王跃登陆火星后，测得火星半径是地球半径的，质量是地球质量的．已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，王跃在地球上能向上竖直跳起的最大高度是h，忽略自转的影响，下列说法正确的是（　　）‎ A．火星的密度为 B．火星表面的重力加速度是 C．火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为2：3‎ D．王跃以在地球上相同的初速度在火星上起跳后，能达到的最大高度是 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行之比．‎ 根据万有引力等于重力，得出重力加速度的关系，根据万有引力等于重力求出质量表达式，在由密度定义可得火星密度；4447834‎ 由重力加速度可得出上升高度的关系．‎ 根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的关系 ‎【解答】解：A、由G=mg，得到：g=，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的，即为g．‎ 设火星质量为M′，由万有引力等于中可得：‎ ‎，‎ 解得：‎ ‎，‎ 密度为：．故AB正确．‎ C、由G=mg，得到v=，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍．故C错误．‎ D、王跃以v0在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出可跳的最大高度是：‎ ‎，‎ 由于火星表面的重力加速度是，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度h′=h．故D错误．‎ 故选：AB ‎　‎ 二、实验题（本题包括2小题，共20分）‎ ‎13．如图所示是研究电磁感应现象实验所需的器材，用实线将带有铁芯的线圈A、电源、滑动变阻器和开关连接成原线圈回路，将小量程电流表和线圈B连接成副线圈回路．并列举出在实验中改变副线圈回路磁通量，使副线圈回路产生感应电流的三种方式：‎ ‎（1）　原线圈插入副线圈、原线圈从副线圈中拔出　；‎ ‎（2）　变阻器快速移动　；‎ ‎（3）　开关的通断　．‎ ‎【考点】研究电磁感应现象．‎ ‎【分析】研究电磁感应现象实验时，通过理论分析与多种因素有关，因此通过控制变量的思想来研究问题，从而带来方便．‎ ‎【解答】解：在实验中分别研究开关断开、闭合；原线圈插入副线圈、原线圈从副线圈中拔出；变阻器快速移动；插入铁芯、拔出铁芯等情况下达到穿过闭合回路磁通量发生变化的目的，从而产生感应电流．‎ 故答案为：（1）原线圈插入副线圈、原线圈从副线圈中拔出；‎ ‎（2）变阻器快速移动；‎ ‎（3）开关的通断．‎ ‎　‎ ‎14．在用落体法验证机械能守恒定律时，某同学按照正确的操作选得纸带如图．其中O是起始点，A、B、C是打点计时器连续打下的3个点．该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C各点的距离，并记录在图中（单位：cm）．‎ ‎（1）这三个数据中不符合有效数字读数要求的是　OC　，应记作　15.70　cm．‎ ‎（2）该同学用重锤在OB段的运动来验证机械能守恒，已知当地的重力加速度g=9.80 m/s2，他用AC段的平均速度作为跟B点对应的物体的瞬时速度，则该段重锤重力势能的减少量为　1.22m　，而动能的增加量为　1.20m　（均保留三位有效数字，重锤质量用m表示）．这样验证的系统误差总是使重力势能的减少量　大于　动能的增加量，原因是　由于物体下落过程中存在摩擦阻力　．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）毫米刻度尺测量长度，要求估读即读到最小刻度的下一位；‎ ‎（2）纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值．‎ ‎【解答】解：（1）毫米刻度尺测量长度，要求估读即读到最小刻度的下一位．‎ 这三个数据中不符合有效数字读数要求的是OC段：15.7，应记作15.70cm．‎ ‎（2）重力势能减小量：△Ep=mgh=9.8×0.1242m J=1.22mJ 中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度来求B的速度大小：‎ vB==1.55m/s 动能的增量为：‎ ‎△Ek=m=1.20mJ 由于物体下落过程中存在摩擦阻力，因此动能的增加量小于势能的减小量，重力势能没有完全转化为动能．‎ 故答案为：（1）OC，15.70；‎ ‎（2）1.22m，1.20m，大于，由于物体下落过程中存在摩擦阻力；‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共四个答题，15题8分，16题10分，17题10分，18题12分）‎ ‎15．某人站在离地面h=10m高处的平台上以速度v0=5m/s水平抛出一个质量m=1kg的小球，不计空气阻力，g取10m/s2．问：‎ ‎（1）人对小球做了多少功？‎ ‎（2）小球落地时的速度为多大？‎ ‎【考点】动能定理的应用；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）根据动能定理求出小球抛出过程手对小球的做功．‎ ‎（2）对小球抛出到落地过程运用机械能守恒定律，求出小球落地时的速度大小．‎ ‎【解答】解：（1）根据动能定理，人对小球做的功等于小球获得的动能，得：‎ W=mv02=×1×52 J=12.5J．‎ ‎（2）对小球抛出到落地过程，根据机械能守恒定律可知：‎ mgh+mv02=mv2　　　　　　‎ 所以有：v= m/s=15m/s．‎ 答：（1）人对小球做了12.5J功．‎ ‎（2）小球落地时的速度为15m/s．‎ ‎　‎ ‎16．竖直放置的半径R=80cm的半圆形光滑轨道与水平轨道相连接，连接点为P．质量为m=100g的小球以一定的初速度由水平轨道向左运动，并沿圆轨道的内壁运动到最高点M，如果球A经过N点时速度vN=8m/s，经过M点时对轨道的压力为0.5N．重力加速度g取10m/s2．求：‎ ‎（1）小球经过半圆轨道的P点时对轨道的压力大小．‎ ‎（2）小球从N点运动到M点的过程中克服摩擦阻力做的功．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）对小球在M点受力分析，找出向心力的来源，根据牛顿第二定律得出M点速度．运用动能定理研究P点到M点，求出P点速度．对小球在P点受力分析，找出向心力的来源，根据牛顿第二定律求出小球经过半圆轨道的P点时对轨道的压力大小．‎ ‎（2）运用动能定理研究小球从N点运动到M点的过程，求出小球从N点运动到M点的过程中克服摩擦阻力做的功．‎ ‎【解答】解：（1）对小球对小球在最高点M受力分析，小球受重力和轨道对球的压力，根据牛顿第二定律得：‎ F合=F+mg=m 代入数据解得：vM=m/s 运用动能定理研究P点到M点则有：‎ mvM2﹣mvP2=﹣mg2R 代入数据解得：vP=m/s 在最低点P对球受力分析，根据牛顿第二定律得：‎ 代入数据解得：FN=6.5N 由牛顿第三定律得：小球经过半圆轨道的P点时对轨道的压力大小也为6.5N．‎ ‎（2）设小球从N点运动到M点的过程中克服摩擦阻力做的功为W，小球从N点运动到M点的过程中，由动能定理得：‎ ‎﹣mg2R﹣W=mvM2﹣mvN2‎ 代入数据解得：W=1J 答：（1）小球经过半圆轨道的P点时对轨道的压力大小为6.5N．‎ ‎（2）小球从N点运动到M点的过程中克服摩擦阻力做的功为1J．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N=100，边长ab=1.0m、bc=0.5m，电阻r=2Ω，磁感应强度B在0～1s内从零均匀变化到0.2T．在1～5s内从0.2T均匀变化到﹣0.2T，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求：‎ ‎（1）0～1s内线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；‎ ‎（2）在1～5s内通过线圈的电荷量q．‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求0～1s内线圈内感应电动势的大小，由楞次定律判断感应电流的方向；‎ ‎（2）求出1～5s内的平均感应电动势和感应电流，由求电荷量 ‎【解答】解：（1）根据感应电动势为：，‎ 磁通量的变化量为：‎ 解得： =，4447834‎ 感应电流的方向为：a→d→c→b→a ‎（2）同理可得：，‎ 感应电流为：，‎ 电量为：‎ 解得： =，‎ 答：（1）0～1s内线圈内感应电动势的大小E为10V和感应电流的方向为a→d→c→b→a；‎ ‎（2）在1～5s内通过线圈的电荷量q为10C ‎　‎ ‎18．用一根长为L的丝线吊着一质量为m、带电荷量为q的小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，如图丝线与竖直方向成53°角，现突然将该电场方向变为向下但大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响（重力加速度为g），求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度的大小；‎ ‎（2）小球经过最低点时丝线的拉力．‎ ‎【考点】动能定理的应用；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；电场强度．‎ ‎【分析】（1）小球静止时在竖直线的右边，根据小球静止时受平衡力，可以判断出小球的受力的方向向右，与电场线的方向相同，因此小球带正电；对小球进行受力分析，水平方向和竖直方向的受力都平衡，即可得解；‎ ‎（2）水平方向不受力了，平衡破坏了，小球在竖直向下的重力和竖直向上的电场力的作用下，在绳子的约束下，在竖直平面内沿圆弧摆下，做圆周运动，或沿圆弧来回运动，根据动能定理，带电小球到最低点时重力和电场力做的功全部转化为小球的动能，此时速度最大，列式即可得解．‎ ‎【解答】解：（1）小球平衡时受到绳子的拉力、重力和电场力，‎ 由平衡条件得：mgtan53°=qE，‎ 解得：E==mg；‎ ‎（2）电场方向变成向下后，重力和电场力都向下，两个力做功，小球开始摆动做圆周运动，由动能定理：‎ ‎（mg+qE）（1﹣cos53°）L=mv2﹣0，‎ 在最低点时绳子的拉力、重力和电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ T﹣（mg﹣qE）=m，‎ 解得：T=0.42mg；‎ 答：（1）匀强电场的电场强度的大小为mg；‎ ‎（2）小球经过最低点时丝线的拉力0.42mg．‎ ‎　‎ ‎2016年11月2日