物理卷·2018届陕西省延安市黄陵中学高二上学期第一次月考物理试卷（10月份） (解析版)

物理卷·2018届陕西省延安市黄陵中学高二上学期第一次月考物理试卷（10月份） (解析版)

‎2016-2017学年陕西省延安市黄陵中学高二（上）第一次月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一．选择题（本题11小题，共44分.每小题4分．其中（6）.（7）小题为多项选，其余为单项选择题）‎ ‎1．某同学匀速向某一方向走了一段路后，停了一会儿，然后沿原路匀速返回出发点，下图中能反映此同学运动的位移﹣时间关系图象的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．在倾角为30°的光滑斜面上，一小球从A点由静止释放经时间t0到达B点，另一个小球从A点水平抛出，落点也在B点，从以上情况可知（　　）‎ A．平抛小球运动时间也为t0 B．平抛小球运动时间为 C．平抛小球的初速度为 D．平抛小球的初速度为 ‎3．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计．则以下说法正确的是（　　）‎ A．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流 B．在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从b到a的电流 C．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流 D．在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过 ‎4．如图所示，一宽为20cm的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，一边长为10cm的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v=10cm/s通过磁场区域．在运动过程中，线圈有一边始终与磁场区域的边界平行．取它刚进入磁场的t=0，在下列图线中，正确反映感应电流随时间变化规律的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如图所示，在粗糙水平地面上放一质量为M的斜面，质量为m的木块沿斜面匀速下滑，此过程中斜面保持静止，则（　　）‎ A．地面对斜面有水平向右的摩擦力 B．地面对斜面有水平向左的摩擦力 C．地面对斜面的支持力等于（M+m）g D．地面对斜面的支持力小于（M+m）g ‎6．如图所示，现有两个完全相同的可视为质点的物块都从静止开始运动，一个自由下落，一个沿光滑的固定斜面下滑，最终它们都到达同一水平面上，空气阻力忽略不计，则（　　）‎ A．重力做的功相等，重力做功的平均功率相等 B．它们到达水平面上时的动能相等 C．重力做功的瞬时功率相等 D．它们的机械能都是守恒的 ‎7．如图所示，实线为电场中的电场线，虚线为一带电粒子运动的轨迹，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．粒子带负电 B．粒子在A点的加速度大于在B点的加速度 C．粒子在A点具有的动能小于在B点具有的动能 D．粒子在A点具有的电势能小于在B点具有的电势能 ‎8．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场．在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，bd沿水平方向．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放．下列判断正确的是（　　）‎ A．小球能越过与O等高的d点并继续沿环向上运动 B．当小球运动到c点时，小球受到的洛仑兹力最大 C．小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大 D．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小 ‎9．质量为m的物体由静止开始下落，由于空气阻力影响物体下落的加速度为g，在物体下落高度为h的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体的动能增加了mgh B．物体的机械能减少了mgh C．物体克服阻力所做的功为mgh D．物体的重力势能减少了mgh ‎10．介质中有一列沿x轴正方向传播的简谐横波，某时刻其波动图象如图所示．P为介质中一个质点，下列说法正确的是（　　）‎ A．这列波的波长为4m B．这列波的振幅为8cm C．质点P的振动方向可能与波的传播方向在同一直线上 D．质点P的振动频率等于波源的振动频率 ‎11．如图，放在墙角的木板AB重力忽略不计，B端靠在光滑竖直墙上，A端放在粗糙水平面上，处于静止状态，一质量为m的物块从B端沿木板匀速下滑，在此过程中错误的是（　　）‎ A．木板对物块的作用力不变，等于mg B．墙对B端的弹力不断变小 C．地面对A端的支持力大小不变 D．地面对A端的摩擦力不断变大 ‎　‎ 二、实验题（共2小题，满分14分）‎ ‎12．图中螺旋测微器的示数为　　mm．游标卡尺的示数为　　mm．‎ ‎13．有一个小灯泡上标有“3V 0.2A”字样，现要测量该灯泡的伏安特性曲线，有下列器材可供选用：‎ A、电压表（0～3V，内阻1kΩ） ‎ B、电压表（0～15V，内阻2kΩ）‎ C、电流表（0～0.3A，内阻2Ω） ‎ D、电流表（0～0.6A，内阻0.5Ω）‎ E、滑动变阻器（10Ω，1A） ‎ F、滑动变阻器 G、直流电源（6V，内阻不计）‎ 另有开关一个，导线若干 ‎（1）实验中电压表应选　　，电流表应选　　，滑动变阻器应选　　．‎ ‎（2）在如图的方框中画出实验电路图，要求电流、电压能从零开始变化．‎ ‎　‎ 三、本题共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程和演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．把答案填在答题卡相应的位置．‎ ‎14．如图所示，倾角为37°的斜面固定在水平地面上，质量m=1kg的物体在平行于斜面向上的恒力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时立即撤去拉力F，此后，物体到达C点时速度为零．通过速度传感器测得这一过程中物体每隔0.2s的瞬时速度，下表给出了部分数据．求：‎ t/s ‎0.0‎ ‎0.2‎ ‎0.4‎ ‎0.6‎ ‎…‎ ‎1.8‎ ‎2.0‎ ‎2.2‎ ‎…‎ v/m•s﹣1‎ ‎0.0‎ ‎1.2‎ ‎2.4‎ ‎3.6‎ ‎…‎ ‎6.0‎ ‎4.0‎ ‎2.0‎ ‎…‎ ‎（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）恒力F的大小；‎ ‎（3）AC间的距离．‎ ‎15．如图所示，用绝缘细线悬挂一质量为m、带电量为﹣q的带负电的小球，小球处在水平方向的足够大的匀强电场中，平衡时细线与竖直方向的夹角为θ．（重力加速度取g）．‎ ‎（1）画出小球受力分析图；‎ ‎（2）电场强度有多大，方向如何？‎ ‎（3）若剪断细线，小球在匀强电场中将做什么运动，为什么？‎ ‎16．如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加以电压U1=2500V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出．装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l=6.0cm，相距d=2cm，两极板间加以电压U2=200V的偏转电场．从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场．已知电子的电荷量e=1.6×10﹣19C，电子的质量m=0.9×10﹣30kg，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力．求：‎ ‎（1）电子射入偏转电场时的动能Ek；‎ ‎（2）电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；‎ ‎（3）电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W．‎ ‎17．如图所示，有两根足够长、不计电阻，相距L的平行光滑金属导轨cd、ef与水平面成θ角固定放置，底端接一阻值为R的电阻，在轨道平面内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直轨道平面斜向上．现有一平行于ce、垂直于导轨、质量为m、电阻为r的金属杆ab，在沿轨道平面向上的恒定拉力F作用下，从底端ce由静止沿导轨向上运动，当ab杆速度达到稳定后，撤去拉力F，最后ab杆又沿轨道匀速回到ce端．已知ab杆向上和向下运动的最大速度相等．求：拉力F和杆ab最后回到ce端的速度v．‎ ‎　‎ 附加题 ‎18．如图所示，在xoy平面内第二象限存在水平向左的匀强电场，场强为E，第一象限和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场．有一质量为m，电荷量为e的电子，从x轴上的P点以某一初速度垂直于x轴进入电场，而后经过y轴上A点进入右侧磁场做圆周运动，轨迹交于x轴上的C点，电子在C点的速度垂直于x轴指向y轴负方向，继续运动从y轴上的某点离开磁场．已知P点坐标（﹣L，0），A点坐标（0，2L），忽略电子所受重力．求：‎ ‎（1）电子从P点进入电场时的初速度大小；‎ ‎（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）电子从P点进入电场到离开磁场所经历的时间．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年陕西省延安市黄陵中学高二（上）第一次月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（本题11小题，共44分.每小题4分．其中（6）.（7）小题为多项选，其余为单项选择题）‎ ‎1．某同学匀速向某一方向走了一段路后，停了一会儿，然后沿原路匀速返回出发点，下图中能反映此同学运动的位移﹣时间关系图象的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】该同学先向某一方向做匀速直线运动，中途停一会儿，又沿原路以出发时的速度大小返回做匀速直线运动，根据s﹣t图象的斜率等于速度，对四个选项逐一分析，选择符合题意的选项．‎ ‎【解答】解：AB、这两幅图象，最后一段图线都出现了时光倒流的现象，这是不可能的．故A、B错误．‎ C、根据斜率等于速度，由图分析得知：此人先向某一方向做匀速直线运动，中途停一会儿，又沿原路返回做匀速直线运动，符合题意，故C正确．‎ D、由图知，该同学先向某一方向做匀速直线运动，然后立即沿原路匀速返回出发点，不符合题意，故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎2．在倾角为30°的光滑斜面上，一小球从A点由静止释放经时间t0到达B点，另一个小球从A点水平抛出，落点也在B点，从以上情况可知（　　）‎ A．平抛小球运动时间也为t0 B．平抛小球运动时间为 C．平抛小球的初速度为 D．平抛小球的初速度为 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律求出小球从斜面滑下的加速度，由位移求出A到B的位移大小．根据两球的位移相同，则可求出另一小球下落的高度．根据平抛运动竖直方向是自由落体运动，由高度求出时间．由水平方向的匀速运动，求出初速度．‎ ‎【解答】解：设A到B的距离为S．‎ 小球从斜面滑下的加速度大小为a=gsin30°，‎ 则： =‎ 对于平抛运动的小球，设运动时间为t，则 联立解得：，‎ 初速度 v 0==‎ 故ABD错误，C正确；‎ 故选：C ‎　‎ ‎3．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计．则以下说法正确的是（　　）‎ A．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流 B．在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从b到a的电流 C．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流 D．在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电容；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片移动，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到导致电容器两端电压变化情况，最终判断油滴受力变化和运动情况．‎ ‎【解答】解：A、C、粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片向上移动，电阻R变大，电路总电阻变大，电流变小，电容器两端电压为：U=E﹣I（r+R1），故电容器两端电压变大，带电量变大，电场力变大，粒子向上加速；电容器充电，故电流从b到a，故A正确，C错误；‎ B、在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程刚好与选项A相反，故B错误；‎ D、在将S断开后，电容器通过电阻R2与滑动变阻器放电，电量减为零，电流沿a至b，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，一宽为20cm的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，一边长为10cm的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v=10cm/s通过磁场区域．在运动过程中，线圈有一边始终与磁场区域的边界平行．取它刚进入磁场的t=0，在下列图线中，正确反映感应电流随时间变化规律的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向．由感应电动势公式和欧姆定律分别研究各段感应电流的大小，再选择图象．‎ ‎【解答】解：线框进入磁场过程：所用时间为：t1==s=1s，根据楞次定律判断可知感应电流方向是逆时针方向，感应电流大小为：I=，保持不变．‎ 线圈完全在磁场中运动时磁通量不变，没有感应电流产生，时间为：t2==s=1s 线框穿出磁场过程：所用时间为：t3==s=1s，根据楞次定律判断可知感应电流方向是顺时针方向，感应电流大小为：I=，保持不变．故C正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎5．如图所示，在粗糙水平地面上放一质量为M的斜面，质量为m的木块沿斜面匀速下滑，此过程中斜面保持静止，则（　　）‎ A．地面对斜面有水平向右的摩擦力 B．地面对斜面有水平向左的摩擦力 C．地面对斜面的支持力等于（M+m）g D．地面对斜面的支持力小于（M+m）g ‎【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】本题中物体沿斜面匀速下滑，合力为零，斜面保持静止，合力也为零，可以以整体为研究对象，分析受力，根据平衡条件求解地面对斜面的支持力和摩擦力．‎ ‎【解答】解：以整体为研究对象，分析受力情况：总重力（M+m）g、地面的支持力N，静摩擦力（可能为零）．‎ 则由平衡条件可知：‎ 竖直方向：N=（M+m）g 水平方向：f=0；‎ 故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，现有两个完全相同的可视为质点的物块都从静止开始运动，一个自由下落，一个沿光滑的固定斜面下滑，最终它们都到达同一水平面上，空气阻力忽略不计，则（　　）‎ A．重力做的功相等，重力做功的平均功率相等 B．它们到达水平面上时的动能相等 C．重力做功的瞬时功率相等 D．它们的机械能都是守恒的 ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】分析两物体的受力情况及力的做功情况可确定机械能是否守恒；由功的公式可确定重力做功的瞬时功率及平均功率的大小关系．‎ ‎【解答】解：两物体从同一高度下落，根据机械能守恒定律知，它们到达水平面上时的动能相等，自由下落的物体先着地，重力做功的平均功率大，而着地时重力做功的瞬时功率等于重力与重力方向上的速度的乘积，故重力做功的瞬时功率不相等；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，实线为电场中的电场线，虚线为一带电粒子运动的轨迹，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．粒子带负电 B．粒子在A点的加速度大于在B点的加速度 C．粒子在A点具有的动能小于在B点具有的动能 D．粒子在A点具有的电势能小于在B点具有的电势能 ‎【考点】电场线；电势能．‎ ‎【分析】电场力作用下从A到B，由运动与力关系可知，电场力方向大体指向运动轨迹弯曲一侧，即可判断带电粒子带负电；电场线的疏密表示电场强度的强弱，从而判断电场力大小和粒子的加速度和速度的变化．‎ ‎【解答】解：A、由图所示，粒子从A到B，粒子的轨迹向左弯曲，电场力逆着电场线方向，所以粒子带负电．故A正确．‎ BCD、从A到B，电场线越来越密，所以电场强度增大，电场力也变大，则加速度也增大，电场力逆着电场线方向，与速度方向夹角大于90°，所以电场力对粒子做负功，其动能减小，电场力做负功，电势能增大，故D正确，BC错误．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎8．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场．在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，bd沿水平方向．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放．下列判断正确的是（　　）‎ A．小球能越过与O等高的d点并继续沿环向上运动 B．当小球运动到c点时，小球受到的洛仑兹力最大 C．小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大 D．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”．关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大．再根据竖直平面内的圆周运动的相关知识解题即可．‎ ‎【解答】解：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”．关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大．‎ A、由于只有电场力和重力做功，故电荷在a点与d点间做往复运动；故A错误；‎ B、由于bc弧的中点相当于“最低点”，速度最大，当然这个位置洛伦兹力最大，故B错误；‎ C、从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少．故C错误；‎ D、小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，但由于bc弧的中点速度最大，所以动能先增后减．D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎9．质量为m的物体由静止开始下落，由于空气阻力影响物体下落的加速度为g，在物体下落高度为h的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体的动能增加了mgh B．物体的机械能减少了mgh C．物体克服阻力所做的功为mgh D．物体的重力势能减少了mgh ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】物体静止开始下落，受到空气阻力，由加速度大小可得知阻力与重力的关系．而重力做功决定重力势能变化，动能的变化由合力做功确定，除重力以外的阻力做功导致机械能变化．‎ ‎【解答】解：A、物体的合力做正功为mgh，则物体的动能增量为mgh，故A正确；‎ B、C、物体下落过程中，受到阻力为mg，物体克服阻力所做的功mgh，机械能减小量等于阻力所做的功；故机械能减小了mgh；故BC错误；‎ D、物体下落h高度，重力做功为mgh，则重力势能减小为mgh，故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎10．介质中有一列沿x轴正方向传播的简谐横波，某时刻其波动图象如图所示．P为介质中一个质点，下列说法正确的是（　　）‎ A．这列波的波长为4m B．这列波的振幅为8cm C．质点P的振动方向可能与波的传播方向在同一直线上 D．质点P的振动频率等于波源的振动频率 ‎【考点】横波的图象；波的形成和传播．‎ ‎【分析】根据波形图可知，A=2cm，λ=8m；据波的传播特点可知，各质点做受迫运动，即各质点的振动频率与波源的频率相同；由横波的特点判断质点的振动情况．‎ ‎【解答】解：A、据波形图可知，A=2cm，λ=8m，故AB错误；‎ C、由于该波是横波，所以质点的振动方向与该波的传播方向垂直，故C错误； ‎ D、根据波的传播特点可知，各质点做受迫振动，即各质点的振动频率与波源的频率相同，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎11．如图，放在墙角的木板AB重力忽略不计，B端靠在光滑竖直墙上，A端放在粗糙水平面上，处于静止状态，一质量为m的物块从B端沿木板匀速下滑，在此过程中错误的是（　　）‎ A．木板对物块的作用力不变，等于mg B．墙对B端的弹力不断变小 C．地面对A端的支持力大小不变 D．地面对A端的摩擦力不断变大 ‎【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】物块从B端沿木板匀速下滑时，受力平衡，由平衡条件则知，木板对物块的作用力等于mg．对整体分析，由平衡条件研究地面对A端的摩擦力，由力矩平衡条件分析地面对A端的摩擦力如何变化，再分析墙对B端的弹力的变化情况．‎ ‎【解答】解：‎ A、物块从B端沿木板匀速下滑时，受力平衡，由平衡条件可知，木板对物块的作用力与重力G=mg大小相等，保持不变．故A正确．‎ B、C、D以整体为研究对象，竖直方向地面对A端的支持力N2等于物块和木板的总重力，保持不变．故C正确．‎ 以B点为转轴．物块从B端沿木板匀速下滑的过程中，物块相对于B的力矩增大，支持力N2的力矩不变，则根据力矩平衡条件得知，重力的力矩与摩擦力f之和等于N2的力矩，重力的力矩增大，则摩擦力f力矩减小，f减小．故D错误．‎ 由力平衡得，N1=f，墙对B端的弹力不断变小．故B正确．‎ 本题选错误的，故选D ‎　‎ 二、实验题（共2小题，满分14分）‎ ‎12．图中螺旋测微器的示数为　6.122　mm．游标卡尺的示数为　10.55　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，两种仪器读数时均可采用公式法，即：主尺读数+副尺读数．‎ ‎【解答】解：螺旋测微器的固定刻度读数6mm，可动刻度读数为0.01×12.2=0.122mm，‎ 所以最终读数为：固定刻度读数+可动刻度读数为6+0.122=6.122mm．‎ 游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第11个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标读数为0.05×11mm=0.55mm，‎ 所以最终读数为：主尺读数+游标尺读数为10mm+0.55mm=10.55mm；‎ 故答案为：6.122，10.55．‎ ‎　‎ ‎13．有一个小灯泡上标有“3V 0.2A”字样，现要测量该灯泡的伏安特性曲线，有下列器材可供选用：‎ A、电压表（0～3V，内阻1kΩ） ‎ B、电压表（0～15V，内阻2kΩ）‎ C、电流表（0～0.3A，内阻2Ω） ‎ D、电流表（0～0.6A，内阻0.5Ω）‎ E、滑动变阻器（10Ω，1A） ‎ F、滑动变阻器 G、直流电源（6V，内阻不计）‎ 另有开关一个，导线若干 ‎（1）实验中电压表应选　A　，电流表应选　C　，滑动变阻器应选　E　．‎ ‎（2）在如图的方框中画出实验电路图，要求电流、电压能从零开始变化．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）器材的选取需精确、安全，根据灯泡的额定电流选择合适的电流表，从测量误差的角度出发选择合适的滑动变阻器．‎ ‎（2）由于灯泡的电压和电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，根据灯泡电阻的大小确定电流表的内外接．‎ ‎【解答】解：（1）灯泡的额定电流为0.1A，电流表应选C；灯泡额定电压为3V，电压表应选A；为方便实验操作，滑动变阻器应选E．‎ ‎（2）因为灯泡的电压和电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法．灯泡的电阻大约为R===15Ω，远小于电压表的内阻3kΩ，属于小电阻，所以电流表采用外接法，实验原理图如图；‎ 故答案为：（1）A，C，E；（2）如图所示．‎ ‎　‎ 三、本题共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程和演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．把答案填在答题卡相应的位置．‎ ‎14．如图所示，倾角为37°的斜面固定在水平地面上，质量m=1kg的物体在平行于斜面向上的恒力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时立即撤去拉力F，此后，物体到达C点时速度为零．通过速度传感器测得这一过程中物体每隔0.2s的瞬时速度，下表给出了部分数据．求：‎ t/s ‎0.0‎ ‎0.2‎ ‎0.4‎ ‎0.6‎ ‎…‎ ‎1.8‎ ‎2.0‎ ‎2.2‎ ‎…‎ v/m•s﹣1‎ ‎0.0‎ ‎1.2‎ ‎2.4‎ ‎3.6‎ ‎…‎ ‎6.0‎ ‎4.0‎ ‎2.0‎ ‎…‎ ‎（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）恒力F的大小；‎ ‎（3）AC间的距离．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）利用表中的数据，根据加速度的定义求加速度；然后根据牛顿第二定律列式求解出动摩擦因素．‎ ‎（2）先由匀变速运动求出加速度的大小，再由受力分析和牛顿第二定律求出力的大小．‎ ‎（3）利用匀变速直线运动中速度与时间的关系求出最大速度，再根据平均速度的定义求解位移．‎ ‎【解答】解：（1）匀加速过程：a1==6m/s2‎ 撤去力后匀减速：a2==﹣10m/s2‎ 由牛顿第二定律得：﹣（mgsin37°+μmgcos37°）=ma2‎ 解得：μ=0.5 ‎ ‎（2）匀加速过程，由牛顿第二定律得：F﹣mgsin37°﹣μmgcos37°=ma1‎ 解得：F=16N ‎ ‎（3）设加速时间为t1，减速时间为t2‎ 最大速度：vm=a1t1‎ ‎0=a1t1+a2（t2﹣t1）‎ 在2.2s时的速度为2.0m/s：有：2.0=vm﹣a2（2.2﹣t1） ‎ SAC=‎ 联立解出：SAC=10.8m ‎ 答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ为0.5；‎ ‎（2）恒力F的大小为16N；‎ ‎（3）AC间的距离为10.8m．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，用绝缘细线悬挂一质量为m、带电量为﹣q的带负电的小球，小球处在水平方向的足够大的匀强电场中，平衡时细线与竖直方向的夹角为θ．（重力加速度取g）．‎ ‎（1）画出小球受力分析图；‎ ‎（2）电场强度有多大，方向如何？‎ ‎（3）若剪断细线，小球在匀强电场中将做什么运动，为什么？‎ ‎【考点】电场强度；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】对小球受力分析，根据电场力方向判断小球的电性．根据共点力平衡求出电场力的大小，从而结合电场强度的定义式求出小球的电荷量．剪断丝线后，小球将做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求加速度．‎ ‎【解答】解：（1）对小球受力分析，如图所示，小球所受的电场力水平向左，因小球带负电，则电场强度方向向右．‎ ‎（2）在水平方向上根据共点力平衡得：qE=mgtanθ，‎ 解得：E=，电场强度的方向水平向右．‎ ‎（3）剪断断丝线后，小球将沿原来细线的反方向做匀加速直线运动，原因是断后电场力与重力总不变，那么小球将沿着这两个力的合力，做匀加速直线运动．‎ 答：（1）小球受力分析图如上图所示；‎ ‎（2）电场强度，电场强度的方向水平向右；‎ ‎（3）向下偏左θ作初速度为零的匀加速直线运动因为小球初速度为零，电场力和重力的合力向下偏左θ方向．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加以电压U1=2500V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出．装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l=6.0cm，相距d=2cm，两极板间加以电压U2=200V的偏转电场．从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场．已知电子的电荷量e=1.6×10﹣19C，电子的质量m=0.9×10﹣30kg，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力．求：‎ ‎（1）电子射入偏转电场时的动能Ek；‎ ‎（2）电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；‎ ‎（3）电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）电子在加速电场中，电场力做正功，获得了动能，根据动能定理求解．‎ ‎（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，在垂直于板面的方向上做匀加速直线运动，平行于板的方向上做匀速直线运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解．‎ ‎（3）根据W=qEy求解电场力做的功．‎ ‎【解答】解：（1）电荷量为e的电子从金属丝移动到金属板，两处的电势差为U1，电势能的减少量是eU1，减少的电势能全部转化为电子的动能，所以：‎ eU1=Ek 解得：‎ Ek=eU1=1.6×10﹣19×2500=4×10﹣16J ‎（2）电子在垂直于板面的方向受到静电力，由于电场不随时间改变，而且是匀强电场，所以整个运动过程中在垂直于板面的方向上加速度是不变的，做匀加速直线运动，加速度是：‎ ‎ a==‎ 电子射出电场时，在垂直于板面方向偏移的距离为：‎ ‎ y=‎ 其中t为飞行时间，由于电子在平行于板面的方向不受力，所以这个方向上做匀速运动，由 l=v0t可求得：‎ t=‎ 将a和t代入y的表达式中，得到：‎ ‎ y=‎ 将Ek=代入得：‎ y=‎ 代入数值后，得：‎ ‎ y==0.0036m=0.36cm 即电子射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离0.36cm；‎ ‎（3）电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功为：‎ W=qEy==5.76×10﹣18J 答：（1）电子射入偏转电场时的动能为4×10﹣16J；‎ ‎（2）电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y为0.36cm；‎ ‎（3）电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W为5.76×10﹣18J．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，有两根足够长、不计电阻，相距L的平行光滑金属导轨cd、ef与水平面成θ角固定放置，底端接一阻值为R的电阻，在轨道平面内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直轨道平面斜向上．现有一平行于ce、垂直于导轨、质量为m、电阻为r的金属杆ab，在沿轨道平面向上的恒定拉力F作用下，从底端ce由静止沿导轨向上运动，当ab杆速度达到稳定后，撤去拉力F，最后ab杆又沿轨道匀速回到ce端．已知ab杆向上和向下运动的最大速度相等．求：拉力F和杆ab最后回到ce端的速度v．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】当导体棒上滑达到最大速度时，受重力、拉力、支持力和安培力处于平衡，根据平衡条件和安培力公式列出表达式；杆下滑时达到最大速度时，受重力、支持力和安培力处于平衡，根据平衡列出表达式，联立两式解出最大速度和拉力F．‎ ‎【解答】解：当ab杆沿导轨上滑达到最大速度v时，其受力如图所示：‎ 由平衡条件可知：F﹣FB﹣mgsinθ=0 ①‎ 又 FB=BIL ②‎ 而 I= ③‎ 联立①②③式得：F﹣﹣mgsinθ=0 ④‎ 同理可得，ab杆沿导轨下滑达到最大速度时：mgsinθ﹣=0 ⑤‎ 联立④⑤两式解得：F=2mgsinθ，v=‎ 答：拉力F为2mgsinθ，杆ab最后回到ce端的速度v为．‎ ‎　‎ 附加题 ‎18．如图所示，在xoy平面内第二象限存在水平向左的匀强电场，场强为E，第一象限和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场．有一质量为m，电荷量为e的电子，从x轴上的P点以某一初速度垂直于x轴进入电场，而后经过y轴上A点进入右侧磁场做圆周运动，轨迹交于x轴上的C点，电子在C点的速度垂直于x轴指向y轴负方向，继续运动从y轴上的某点离开磁场．已知P点坐标（﹣L，0），A点坐标（0，2L），忽略电子所受重力．求：‎ ‎（1）电子从P点进入电场时的初速度大小；‎ ‎（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）电子从P点进入电场到离开磁场所经历的时间．‎ ‎【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）电子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动知识可以求出电子的初速度大小．‎ ‎（2）电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出磁感应强度．‎ ‎（3）求出电子在匀强磁场中做圆周运动的圆心角，求出电子在磁场中的运动时间，然后求出电子从P点进入电场到离开磁场所经历的时间．‎ ‎【解答】解：（1）电子在电场中做类平抛运动，‎ 在x轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，‎ 由牛顿第二定律得：eE=ma，‎ 位移：x=，‎ 解得：；‎ 在y轴方向上做匀速直线运动，‎ 位移：y=，‎ 解得：；‎ ‎（2）设电子经过A点时速度的大小为v，‎ x轴方向分速度：，‎ y轴方向分速度：，‎ 电子进入磁场时的速度：，‎ 设v的方向与y轴夹角为θ，‎ 则有：，θ=450．‎ 电子在磁场中做匀速圆周运动，如图所示，‎ 由牛顿第二定律得：evB=m，‎ 由图中几何关系可知，，‎ 解得：；‎ ‎（3）电子在磁场中做匀速圆周运动的周期：，‎ 解得：，‎ 电子在磁场中运动的时间为t2，由图中几何关系可知电子转过的圆心角为．‎ 电子在匀强磁场中的运动时间：，‎ 电子在电场中运动的时间：，‎ 电子的运动时间：；‎ 答：（1）电子从P点进入电场时的初速度大小为；‎ ‎（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小为；‎ ‎（3）电子从P点进入电场到离开磁场所经历的时间为．‎ ‎　‎ ‎2016年12月15日