贵州省贵阳市2019-2020学年高二上学期11月物理试题

贵州省贵阳市2019-2020学年高二上学期11月物理试题

贵州省贵阳市2019-2020学年上学期11月高二物理测试题 一、选择题 ‎1.一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其图像如图所示，则（ ）‎ A. 质点做匀速直线运动，速度为 B. 质点做匀加速直线运动，加速度为 C. 质点在1s末速度为 D. 质点在第1s内的位移为1.5m ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由图可知与t的函数关系为，由匀变速直线运动的位移公式：得，对比可知，质点做匀加速直线运动，初速度为，加速度为。故AB不符合题意。‎ C．质点的初速度，在1s末速度为 故C不符合题意。‎ D．质点在第1s内的位移为 ‎ 故D符合题意。‎ ‎2.如图所示，质量为m的物体放在质量为M、倾角为θ的斜面体上，斜面体置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体使其沿斜面向下匀速运动，斜面体始终静止，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 地面对斜面体的摩擦力大小为Fcosθ B. 地面对斜面体的支持力为(M＋m)g C. 物体对斜面体的摩擦力的大小为F D. 斜面体对物体的作用力竖直向上 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，物体在拉力作用下沿斜面体向下匀速运动，类似于新物理模型：放在粗糙水平面的物体，受到一斜向下的推力处于静止状态。对其受力分析可得：斜面体受到的摩擦力等于Fcosθ，故A正确；地面对斜面体的支持力等于（M+m）g+Fsinθ，故B错误；物体m对M的滑动摩擦力的大小为μmgcosθ，故C错误；物体受到向下的重力mg、拉力F、斜面的作用力（支持力和沿斜面向上的滑动摩擦力），由于物体匀速下滑，所以M对物体m的作用力与m重力和拉力的合力应该等大反向，不沿竖直方向，故D错误；故选A。‎ ‎3.如图所示，木板长为L，木板B端放有质量为m的静止物体，物体与板的动摩擦因数为μ，开始时板水平，现缓慢地抬高B端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物体开始滑动，此时停止转动木板，小物体滑到木板A端，则在整个过程中，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 摩擦力对小物体做功为μmgLcosα B. 支持力对小物体做功为mgLsinα C. 重力对小物体做功为0‎ D. 木板对小物体做功为mgLsinα-μmgLcosα ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为α的过程中，摩擦力不做功，物块沿木板下滑过程中，摩擦力对物块做功。摩擦力为μmgcosα，则摩擦力对物块做功Wf=-μmgLcosα，故A项与题意相符；‎ B. 在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为α的过程中，支持力对物块做功，物块下滑的过程中，支持力不做功，设前者做功为WN，根据动能定理得：WN-mgLsinα=0，得WN=mgLsinα．故B项与题意不相符；‎ C. 根据重力做功的特点可知，整个过程中，重力做功为0，故C项与题意不相符；‎ D. 设在整个过程中，木板对物块做功为W，则W=mgLsinα-μmgLcosα．故D项与题意不相符。‎ ‎4.如图，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一，挡板固定喜爱地上，B不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C，A、B、C的质量均为m，现给小球一水平向右的瞬时速度v，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起（不计小球与环的摩擦阻力），小球在最低点的瞬时速度必须满足 A. 最小值,最大值 B. 最小值,最大值 C. 最小值,最大值 D. 最小值,最大值 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在最高点，速度最小时有：‎ 解得：‎ 从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设最低点的速度为v1′，根据机械能守恒定律，有：‎ 解得：‎ 要使不会使环在竖直方向上跳起，环对球的压力最大为：‎ F=2mg 从最高点到最低点过程中，机械能守恒，设此时最低点的速度为v2′，‎ 在最高点，速度最大时有：‎ 根据机械能守恒定律有：‎ 解得：‎ 所以为保证小球能通过环的最高点，且不会使木板离开地面，在最低点的初速度范围为：‎ A．最小值，最大值，与结论不相符，选项A错误； ‎ B．最小值，最大值，与结论不相符，选项B错误；‎ C．最小值，最大值，与结论相符，选项C正确； ‎ D．最小值，最大值，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎5.如图所示，真空中M、N处放置两等量异种电荷，a、b、c为电场中的三点，实线PQ为M、N连线的中垂线，a、b两点关于MN对称，a、c两点关于PQ对称．已知一带正电的试探电荷从a点移动到c点时，试探电荷的电势能增加，则以下判断正确的是 ( )‎ A. a点的电势高于c点的电势 B. a点的场强与c点的场强完全相同 C. M点处放置的是正电荷 D. 若将带正电的试探电荷沿直线由a点移动到b点，则电场力先做正功，后做负功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】因正电荷由a到c电势能增加，则电场力做负功，则电势升高．故c点电势高于a点电势．则M点为负电荷，故AC错误．‎ a点与c点为关于两电荷中垂线对称，则场强大小相等但方向不同，故B正确；将该试探电荷沿直线由a点移动到b点，根据等势线分布图可知，电势先降低后升高，则电势能先减小后增大，电场力先做正功、后做负功．故D正确；故选BD．‎ ‎【点睛】在电场中跟据带电粒子运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化是对学生基本要求，也是重点知识，要重点掌握。‎ ‎6.如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹．粒子先经过M点，再经过N点．可以判定(　　) ‎ A. 粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力 B. M点的电势高于N点的电势 C. 粒子带负电 D. 粒子在M点的动能大于在N点的动能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：场线的疏密反映电场的强弱，M点的场强小于N点的场强，所以粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力，故A错误；沿电场方向电势降低，从图中可知：M点电势比N点高，所以B正确；由图看出，粒子的轨迹向下弯曲，粒子所受电场力方向和电场线切线方向一致，说明粒子带正电．故C错误；粒子从M运动到N的过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，动能增大，粒子在M点的动能小于在N点的动能．故D错误.‎ 考点： 电场线，电势，电势能 ‎7.如图所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板A、B之间的P点，处于静止状态现将极板A向下平移一小段距离，但仍在P点上方，其它条件不变下列说法中正确的是　　‎ A. 液滴将向下运动 B. 液滴将向上运动 C. 电容器电容变小 D. 极板带电荷量将减少 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】将极板A向下平移一小段距离，电容器板间的电压保持不变，根据分析得知，板间场强增大，油滴所受电场力增大，则油滴将向上运动。故A错误，B正确。将极板A向下平移一小段距离时，根据电容的决定式得知电容C增大，而电容器的电压U不变，由知，极板带电荷量将增大。故CD错误。故选B。‎ ‎8.在纯电阻电路中，当用一个固定的电源（设E、r为定值）向变化的外电阻供电时，关于电源的输出功率P随外电阻P变化的规律如图所示，则下列说法错误的是 A. 当R=r时，电源有最大的输出功率 B. 当R=r时，电源的效率η=50%‎ C. 电源的输出功率P随外电阻R的增大而增大 D. 电源的效率η随外电阻R的增大而增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．该图象反映了电源的输出功率P随外电阻R变化的规律，由图看出，电源的输出功率随着外电阻的增大先增大后减小，当R=r时，电源有最大的输出功率，故A 正确，C错误；‎ B．当R=r时，路端电压与电源的内电压，则U=0.5E，电源的效率η= ，故B正确；‎ D．电源的效率η= ，则知R增大时，电源的效率增大，故D正确。‎ ‎9.如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接绕定点O在竖直面内圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子拉力大小为F，拉力F与速度的平方的关系如图乙所示，图象中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 数据a与小球的质量有关 B. 数据b与小球的质量无关 C. 比值只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关 D. 利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心力，则有：‎ 解得：‎ 解得：‎ 与物体的质量无关，A错误；‎ B.当时，对物体受力分析，则有：‎ 解得：‎ b=mg 与小球的质量有关，B错误；‎ C.根据AB可知：‎ 与小球的质量有关，与圆周轨道半径有关，C错误；‎ D. 若F=0，由图知：，则有：‎ 解得：‎ 当时，则有：‎ 解得：‎ D正确。‎ ‎10.如图所示，在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动。金属导轨间距为电阻不计，金属杆的电阻为2R、长度为L，ab间电阻为R，MN两点间电势差为U，则通过电阻R的电流方向及U的大小（ ）‎ A. a→b，BLv B. a→b，‎ C. a→b，‎ D. b→a，‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由右手定则判断可知，MN中产生的感应电流方向为N→M，则通过电阻R的电流方向为a→b，MN产生的感应电动势公式为：E=BLv，R两端的电压为：‎ ‎ ‎ A. a→b，BLv与分析不符，故A项错误；‎ B. a→b，与分析相符，故B项正确；‎ C. a→b，与分析不符，故C项错误；‎ D. b→a，与分析不符，故D项错误。‎ ‎11.图甲、图乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化，下列说法正确的是（　　）‎ A. 图甲表示交流电，图乙表示直流电 B. 两种电压的有效值都是311V C. 图甲所示电压的瞬时值表达式为 D. 图甲所示电压经原、副线圈匝数比为10：1的理想变压器变压后，功率比为1：1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由于两图中表示的电流方向都随时间变化，因此都为交流电，故A错误；‎ B、两种电压的最大值是311V，有效值要小于311V，故B错误；‎ C、从图甲可知，Em=311V，ω==100πrad/s，所以图1电压的瞬时值表达式为u=311sin100πt V，故C错误；‎ D、理想变压器变压后，输入功率等于输出功率，功率比为1：1，故D正确；‎ ‎12.如图所示，质量为m、长为L的导体棒MN电阻为R，初始时静止于光滑平行的水平轨道上，轨道间距也为L，电源电动势为E，内阻不计.匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上，开关闭合后导体棒开始运（ ）‎ A. 导体棒向左运动 B. 开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为 C. 开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为 D. 开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．开关闭合，由左手定则可知，导体棒受到的安培力斜向右下，导体棒向右运动，A错误；‎ BC．当开关闭合瞬间，根据安培力公式F=BIL，且，可得，B正确，C错误；‎ D．当开关闭合瞬间，安培力的方向与导轨成90°－θ角，由牛顿第二定律与安培力的大小可知，加速度，D错误.‎ ‎13.2017年3月22‎ ‎ 日消息，俄生产出新型电子回旋加速器，可检测焊接和铸造强度。回旋加速器原理如图所示，它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和交变电源相连接，两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，某--带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速.当达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出。关于回旋加速器，下列说法中正确的是 A. 带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大 B. 带电粒子从磁场中获得能量 C. 增大加速电场的电压，带电粒子离开磁场的动能将增大 D. 增大加速电场电压，其余条件不变，带电粒子在D形盒中运动的时间变短 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.带电粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，根据 得周期，所以粒子运动周期与半径没有关系，故A错误 B.洛伦兹力与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，即在磁场中做匀速圆周运动，能量不变，故C错误；‎ C.有公式 可知粒子出磁场时的速度与D形盒的半径有关，与加速电场的电压无关，故C错误；‎ D. 增大加速电场的电压，其余条件不变，每次加速后粒子获得的动能增加，但最终的动能不变，故在磁场中加速的次数减小，带电粒子在D形盒中运动的时间变短，故D正确 ‎14.如图所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场．当圆环运动到图示位置（∠aOb=90°）时，a、b两点的电势差为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 当圆环运动到图示位置，圆环切割磁感线的有效长度为R；线框刚进入磁场时ab边产生的感应电动势为：E=BRv； 线框进入磁场的过程中a、b两点的电势差由欧姆定律得： ；故选D．‎ 点睛：本题是电磁感应与电路、力学等知识的综合应用，注意a、b两点的电势差不是感应电动势，而是路端电压．‎ ‎15.如图所示,套在竖直细杆上的环A由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳与B相连,在外力作用下A沿杆以速度匀速上升经过P、Q,经过P点时绳与竖直杆间的角度为,经过Q点时A与定滑轮的连线处于水平方向,则 A. 经过Q点时,B的速度方向向下 B. 经过P点时,B的速度等于 C. 当A从P至Q的过程中,B处于失重状态 D. 当A从P至Q的过程中,B处于超重状态 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．对于A，它的速度如图中标出的vA，这个速度看成是A的合速度，其分速度分别是va，vb， ‎ 其中va就是B的速度vB（同一根绳子，大小相同），刚开始时B的速度为vB=vAcosα；当A环上升至与定滑轮的连线处于水平位置时，va=0，所以B的速度vB=0，故AB错误；‎ CD．因A匀速上升时，由公式vB=vAcosα，当A上升时，夹角α增大，因此B做向下减速运动，则处于超重状态，故C错误、D正确；‎ ‎16.如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L.为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量为)可采用的方法是(　　)‎ A. 增大两板间的电势差U2‎ B. 尽可能使板长L短些 C. 使加速电压U1升高些 D. 尽可能使板间距离d小些 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题的关键是根据动能定理和类平抛运动规律求出示波管灵敏度的表达式，然后讨论即可求解。‎ ‎【详解】带电粒子加速时，由动能定理得：qU1=mv2‎ 带电粒子偏转时，由类平抛运动规律，得：L=vt，h=at2‎ 又由牛顿第二定律得：‎ 联立得 由题意，灵敏度为：‎ 可见，灵敏度与U2无关，要提高示波管的灵敏度，可使板长L长些、板间距离d小一些、加速电压U1降低一些，故A、B、C错误，D正确．‎ ‎【点睛】本题主要考查带电粒子在匀强电场中的运动，结合动能定理和类平抛规律与电场知识可解。‎ 二、多选题 ‎17.一物体运动的位移与时间关系 则（ ）‎ A. 这个物体的初速度为6m/s B. 这个物体的初速度为12m/s C. 这个物体的加速度为 -8 m/s2‎ D. 这个物体的加速度为8 m/s2‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据匀变速直线运动的位移公式，结合位移函数，比较可得，，即物体做正方向的匀加速直线运动；故A，D正确；B、C错误.故选AD.‎ ‎18.“蹦极”是一项非常刺激的体育运动，某人身系弹性绳自高空中点由静止开始下落，如图所示，点是弹性绳的原长位置，点是人所能到达的最低位置，点是人静止悬挂时的平衡位置，则在人从点下落到点的过程中（ ）‎ A. 在段，人做自由落体运动，处于完全失重状态 B. 在段，绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态 C. 在段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态 D. 在点，人的速度为零，加速度也为零 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从点下落到点的过程中，在段做自由落体运动，加速度为，方向竖直向下，处于完全失重状态，选项A正确；‎ B．在段人做加速度逐渐减小的加速运动，加速度方向竖直向下，绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态，选项B正确；‎ C．在段，绳的拉力大于人的重力，人做加速度逐渐增大的减速运动，加速度方向竖直向上，人处于失重状态，选项C错误；‎ D．在点，人的速度为零，加速度不为零，方向向上，选项D错误。‎ ‎19.某静电场的电场线分布如图所示,P、Q 为该电场中的两点,下列说法正确的是( )‎ A. P 点场强大于 Q 点场强 B. P 点电势低于 Q 点电势 C. 若将电子从 Q 点静止释放，电子将沿电场线从 Q 运动到 P D. 将电子从 P 点移动到 Q 点,其电势能增大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电场线密的地方电场强度大，所以P点场强一定大于Q点场强，故A正确；‎ B．根据沿电场线方向电势降低可知P点电势一定高于Q点电势，故B错误；‎ C．将电子从Q点释放，电场线为曲线，每时刻的力不断变化，速度和力不共线，不可能沿电场线运动，故C错误；‎ D．P点电势一定高于Q点电势，即φp＞φq．根据电势能公式Ep=qφ，可知由于是电子，所以q＜0，所以电子在P点的电势能小于在Q点的电势能。即从P到Q点，电子的电势能增加。故D正确。‎ ‎20.如图是研究通电自感实验的电路，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关调节电阻R，使两灯泡的亮度相同。调节可变电阻R1，使它们都正常发光，然后断开开关S。重新闭合开关S，则(　)‎ A. 闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮 B. 闭合瞬间，A2立刻变亮，A1逐渐变亮 C. 稳定后，L和R两端电势差一定相同 D. 稳定后，A1和A2两端电势差不相同 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．闭合瞬间，L相当于断路，立刻变亮，逐渐变亮，故A错误，B正确；‎ CD．稳定后，两个灯泡的亮度相同，说明它们两端的电压相同，L和R两端电势差一定相同，故C正确，D错误。‎ ‎21.某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图所示。在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在- x0～x0区间内（ ）‎ A. 该静电场是匀强电场 B. 该静电场是非匀强电场 C. 电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐减小 D. 电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：‎ AB．由图象可知电势与距离不成正比，由公式，可知该静电场是非匀强电场，A错误B正确；‎ CD．根据沿着电场线方向电势降低，由图象可知电场线的方向为x轴负方向，图像的斜率表示电场强度大小，故当电子沿x轴正方向运动，则电场强度减小，所以电场力也减小，故加速度大小减小，C正确D错误．‎ 考点：考查了电场强度，电势 ‎【名师点睛】本题考查了匀强电场中电势与电场强度的关系，要加强识别图象并从图象中获取信息的能力．同时还可根据电场力做功来确定电子的电势能如何变化．‎ ‎22.2019年4月10日21时，人类首张黑洞照片发布，这颗黑洞就是M87星系中心的超大质量黑洞，对周围的物质（包括光子）有极强的吸引力。已知该黑洞质量为M，质量M与半径R满足：=，其中c为光速，G为引力常量，设该黑洞是质量分布均匀的球体，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 该黑洞的半径为 B. 该黑洞的平均密度为 C. 该黑洞表面的重力加速度为 D. 该黑洞的第一宇宙速度为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．黑洞的质量M与半径R满足：‎ ‎=‎ 解得黑洞的半径 R=‎ 故A正确；‎ B．黑洞质量为M，半径为R=，根据密度公式可知，平均密度为：‎ ‎=‎ 故B错误；‎ C．物体在黑洞表面受到的重力等于万有引力，则有：‎ 解得表面重力加速度为 g==‎ 故C正确；‎ D．物体绕黑洞表面分析，万有引力提供向心力，有：‎ 解得黑洞的第一宇宙速度为：‎ v==c 故D正确。‎ ‎23.如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为 m ‎ 的小球，从离弹簧上端高 h 处 由静止释放.某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原 点，沿竖直向下方向建立坐标轴 Ox，做出小球所受弹力 F 大小随小球下落的位置坐标 x 的变化关系如图 乙所示，不计空气阻力，重力加速度为 g。以下判断正确的是 A. 小球受到的弹力最大值等于 2mg B. 当 x=h+x0，重力势能与弹性势能之和最小 C. 小球动能的最大值为 D. 弹力 F 随时间 t 变化的图象也应该是线性图象 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ A、小球、地球和弹簧组成的系统机械能守恒，当x=h+x0，弹力等于重力，加速度为零，速度最大，重力势能与弹性势能之和最小，A正确；‎ B、根据简谐运动的对称性， x=h+2x0与x=h处速度相等，x=h+2x0处不是最低点，B错误；‎ C、根据胡克定律，弹簧压缩x0时弹力等于mg，x=h+2x0处弹力等于2mg，但不是最低点，所以小球受到的弹力最大值大于2mg，C正确；‎ D、在x=h+x0处速度最大。由图知，mg=kx0，根据动能定理：，，D正确。‎ 故选：ACD。‎ ‎24.如图所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，P为屏上的一个小孔，PC与MN垂直．一群质量为m、带电量为－q的粒子（不计重力）以相同的速率v从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域，且限制在与PC夹角为θ的范围内（即图中D’PD范围），下列说法正确的有 A. 沿PC方向进入磁场的粒子，打在屏上的位置距离P点最远 B. 沿PD或PD’方向进入磁场的粒子，打在屏上的位置距离P点最远 C. 打在屏上的位置距离P点最远的距离等于 D. 打在屏上的位置距离P点最近的距离等于 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“以相同的速率v从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域”可知，本题考察带电粒子在磁场中的运动，根据几何知识和洛伦兹力提供向心力判断轨道半径可以解答本题 ‎【详解】ABC．由于所有粒子都相同，且速度相同，所以根据公式 可知，所有粒子轨道半径为 当粒子沿PC方向射入时，在磁场中的轨迹为半圆，因此打在屏上的位置距离P点为圆的直径，最大，为，故A正确，CD错误；‎ D．沿着边界进入磁场的粒子打在屏上离P点最近，长度为，故D正确。‎ ‎25.如图甲所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，劲度系数为k的轻弹簧，下端固定在斜面底端，上端与质量为m的物块A连接，A的右侧紧靠一质量为m的物块B，但B与A不粘连。初始时两物块均静止。现用平行于斜面向上的拉力F作用在B，使B做加速度为a 的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v－t图象如图乙所示，t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点，重力加速度为g，则( )‎ A. ‎ B. t2时刻，弹簧形变量为 C. t2时刻弹簧恢复到原长，物块A达到速度最大值 D. 从开始到t1时刻，拉力F做的功比弹簧释放的势能少 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律有：kx-mgsinθ=ma；开始时有：2mgsinθ=kx0，又x0-x=at12；联立以三式得： ．故A错误。由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx，则得：x=，此时弹簧处于压缩状态，故B正确，C错误。由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx-mgsinθ=ma…① 开始时有：2mgsinθ=kx0…② 从开始到t1时刻，弹簧释放的势能 EP=kx02- kx2…③ 从开始到t1时刻的过程中，根据动能定理得：WF+EP-2mgsinθ（x0-x）= •2mv12…④ 2a（x0-x）=v12‎ ‎…⑤ 由①②③④⑤解得：WF-EP=-；所以拉力F做的功比弹簧释放的势能少，故D正确。故选BD.‎ ‎【点睛】本题分析时要注意：从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0．从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等.‎ ‎26.如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，其电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线O′O恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B.若线圈从图示位置开始以角速度ω绕轴O′O匀速转动，则以下判断正确的是 ‎ A. 图示位置线圈中的感应电动势最大，为Em＝BL2ω B. 闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e＝BL2ωsin ωt C. 线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝‎ D. 线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.题图所示位置，线圈中通过的磁通量最大，但感应电动势为零，A错误；‎ B.线圈所围成的闭合电路中产生的感应电动势最大值为：‎ Em＝ BL2ω 故对应的瞬时值表达式为：‎ e＝ BL2ωsin ωt B正确；‎ C.由：‎ q＝‎ 可得线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量：‎ q＝‎ C错误；‎ D.电阻R上产生的热量应利用有效值求解，即转动一周的过程中产生的热量：‎ Q＝‎ ‎ D正确．‎ 三、实验题 ‎27.（1）在“测定匀变速直线运动的加速度”的实验中，实验室提供了以下器材：电火花计时器、一端附有定滑轮的长铝板、小车、纸带、细绳、钩码、刻度尺、交流电源、秒表。其中在本实验中不需要的器材是________________________。‎ ‎（2）如图所示，是某同学用电火花计时器得到的表示小车运动过程的一条清晰纸带，电火花计时器打点的时间间隔T＝0.02 s，将纸带上一点标记为A点，然后按打点顺序每隔四个点(图上没画出)依次标为B、C、……，其中x1＝7.05 cm，x2＝7.68 cm，x3＝8.33 cm，x4＝8.95 cm，x5＝9.61 cm，x6＝10.26 cm。‎ 下表列出了打点计时器打下B、C、E、F时小车的瞬时速度，请在表中填入打点计时器打下D点时小车的瞬时速度。‎ 位置 B C D E F 速度/(m/s)‎ ‎0.737‎ ‎0.801‎ ‎_____‎ ‎0.928‎ ‎0.994‎ ‎（3）以A点为计时起点，在坐标图中画出小车的速度—时间关系图线。‎ ‎（ ）‎ ‎（4）根据你画出的小车的速度—时间关系图线计算出的小车的加速度a＝________ m/s2。‎ ‎【答案】 (1). 秒表 (2). 0.864 (3). (4). 0.64(0.63～0.65均可)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]时间可以由纸带上的点数和打点频率算出，故不需要秒表．‎ ‎(2)[2]根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度知：‎ vD＝＝＝0.864 m/s ‎(3)[3]小车的速度—时间关系图线如图所示．‎ ‎ (4)[4]在v-t图象中，图线的斜率表示加速度的大小则:‎ a＝＝0.64m/s2‎ ‎28.小明测定干电池的电动势和内阻，实验室有如下实验器材：‎ 干电池一节 (电动势约为1.5V)‎ 量程为3.0V的电压表V1‎ 量程为15V的电压表V2‎ 量程为0.6A的电流表A1‎ 量程为3.0A的电流表A2‎ 最大阻值为20Ω的滑动变阻器R1‎ 最大阻值为100Ω的滑动变阻器R2‎ 开关一个，导线若干。‎ 根据所学的知识回答下列问题：‎ ‎（1）为了减小实验误差，电压表应选择____，电流表应选择___，滑动变阻器应选择____。(填器材对应的字母)‎ ‎（2）将所选的实验器材在图中用笔画线代替导线连接____。‎ ‎（3）连接好电路后，通过调节滑动变阻器得到多组实验数据，将所得数据描点在坐标系中，并将这些点连起来如图所示。由图可知该电池的电动势大小为___V，测量值比真实值__(填“偏大”、“偏小”或“相等”)，内阻大小为__Ω，测量值比真实值___(填“偏大”、“偏小”或“相等”)。(结果均保留3位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). V1 (2). A1 (3). R1 (4). 电路连线如图；‎ ‎ (5). 1.50 (6). 偏小 (7). 0.800 (8). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2][3]．一节干电池电动势约为1.5V，则为了减小实验误差，电压表应选择V1，电流表应选择A1，滑动变阻器应选择R1。‎ ‎（2）[4]．电路连线如图；‎ ‎（3）[5][6][7][8]．由图示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.50，电源电动势E=1.50V，电源内阻：‎ 相对于电源来说，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用使得电流表的测量值小于通过电源的电流，电动势和内阻的测量值均小于真实值．‎ 四、解答题 ‎29.如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球所带电荷量q＝1.0×10－6C，匀强电场的场强E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：‎ ‎(1)小球所受电场力F的大小；‎ ‎(2)小球的质量m；‎ ‎(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小．‎ ‎【答案】(1)F=3.0×10－3N　(2)m=4.0×10－4kg　(3)v=2.0m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据电场力的计算公式可得电场力； (2)小球受力情况如图所示：‎ ‎ ‎ 根据几何关系可得，所以；‎ ‎(3)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则，解得v=2m/s．‎ ‎30.一个边长为a＝1 m的正方形线圈，总电阻为R＝2 Ω，当线圈以v＝2 m/s的速度通过磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场区域时，线圈平面总保持与磁场垂直。若磁场的宽度b>1 m，如图所示，求：‎ ‎(1)线圈进入磁场过程中感应电流大小； ‎ ‎(2)线圈在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热。‎ ‎(3)线圈在进入磁场过程中通过线圈截面的电量。‎ ‎【答案】(1)0.5 A　(2)0.5 J　(3)0.25 C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由公式 E＝Blv 代入可得 ‎(2)线圈穿过磁场过程中，由于磁场的宽度b>1 m，只在进入和穿出时有感应电流，可得 ‎(3) 线圈在进入磁场过程中通过线圈截面的电量为 ‎31.如图所示，相距20cm的平行金属导轨所在平面与水平面夹角θ=37°，现在导轨上放一质量为330g的金属棒ab，它与导轨间动摩擦因数为0.50，整个装置处于磁感应强度为2T的竖直向上匀强磁场中，导轨所接的电源电动势为15V，内阻不计，滑动变阻器的阻值满足要求，其他部分电阻不计，取g=10m/s2，为了保证ab处于静止状态，则： ‎ ‎（1）ab通入的最大电流为多少？ ‎ ‎（2）ab通入的最小电流为多少？ ‎ ‎（3）R的调节范围是多大？‎ ‎【答案】（1）16.5A （2）1.5A （3）0.91～10Ω ‎【解析】‎ 试题分析：（1）ab通过最大电流时，受力分析如图，此时静摩擦力最大，，方向沿斜面向下，由平衡条件得：‎ 得 解得 ‎（2）‎ 解得：‎ ‎（3）当ab中电流最小时，变阻器阻值为：‎ 当ab中电流最强时，变阻器阻值为：，‎ 所以为保持ab静止，R的调节范围为0.91~10‎ 考点：此题考查静摩擦力、安培力的大小和方向及力的平衡条件问题。‎ ‎32.如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ、Ⅲ象限内有平行于y轴，电场强度大小相同、方向相反的匀强电场，在第Ⅳ象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场．一质量为m，电荷量为q的带电粒子，从y轴上的M(0，d)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴的N 点进入第Ⅳ象限内，又经过磁场垂直y轴进入第Ⅲ象限，最终粒子从x轴上的P点离开．不计粒子所受到的重力．求：‎ ‎(1)匀强电场的电场强度E和磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)粒子运动到P点速度大小；‎ ‎(3)粒子从M点运动到P点所用的时间．‎ ‎【答案】(1)， (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)粒子运动轨迹如图所示．‎ 设粒子在第Ⅰ象限内运动的时间为t1，粒子在N点时速度大小为v1，方向与x轴正方向间的夹角为θ，则：‎ qE＝ma，‎ 联立以上各式得：，v1＝2v0，.‎ 粒子在第Ⅳ象限内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：‎ 由几何关系得：‎ 联立并代入数据解得：.‎ ‎(2)粒子由M点到P点的过程，由动能定理得：‎ 代入(1)中所求数据解得：.‎ ‎(3)粒子在第Ⅰ象限内运动时间：‎ 粒子在第Ⅳ象限内运动周期：‎ 粒子在第Ⅲ象限内运动时有：‎ 解得:‎ 粒子从M点运动到P点的时间：‎