物理·江苏省泰州二中2017届高三上学期第二次限时物理试卷 Word版含解析

物理·江苏省泰州二中2017届高三上学期第二次限时物理试卷 Word版含解析

‎2016-2017学年江苏省泰州二中高三（上）第二次限时物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题：（本题共5小题，每小题3分，满分15分．每小题只有一个选项符合题意．）‎ ‎1．在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示．现保持B板不动，适当移动A板，发现静电计指针张角减小，则A板可能是（　　）‎ A．右移 B．左移 C．上移 D．下移 ‎2．甲、乙两质点自同一地点沿同一直线运动，其v﹣t图象如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．第1s末，两质点相遇 B．第2s末，甲的加速度方向发生改变 C．第4s末，两质点相距20m D．0～2s内，两质点间的距离越来越大 ‎3．薄铝板将同一匀强磁场分成Ⅰ、Ⅱ两个区域，高速带电粒子可穿过铝板一次，在两个区域运动的轨迹如图，半径R1＞R2，假定穿过铝板前后粒子电量保持不变，则该粒子（　　）‎ A．带正电 B．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同 C．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动加速度相同 D．从区域Ⅱ穿过铝板运动到区域Ⅰ ‎4．2015年7月的喀山游泳世锦赛中，我省名将陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠．她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图所示．不计空气阻力．下列说法正确的是（　　）‎ A．她在空中上升过程中处于超重状态 B．她在空中下落过程中做自由落体运动 C．她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度 D．入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小 ‎5．如图所示，置于地面的矩形框架中用两细绳拴住质量为m的小球，绳B水平．设绳A、B对球的拉力大小分别为F1、F2，它们的合力大小为F．现将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90°，在此过程中（　　）‎ A．F1先增大后减小 B．F2先增大后减小 C．F先增大后减小 D．F先减小后增大 ‎　‎ 二、多项选择题：（本题共5小题，每小题4分，满分20分．每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，错选或不答的得0分．）‎ ‎6．澳大利亚科学家近日宣布，在离地球约14光年的红矮星wolf 1061周围发现了三颗行星b、c、d，它们的公转周期分别是5天、18天、67天，公转轨道可视作圆，如图所示．已知万有引力常量为G．下列说法正确的是（　　）‎ A．可求出b、c的公转半径之比 B．可求出c、d的向心加速度之比 C．若已知c的公转半径，可求出红矮星的质量 D．若已知c的公转半径，可求出红矮星的密度 ‎7．如图所示，a、b、c三点在固定点电荷Q1、Q2连线的延长线上，Q1带正电．一带正电粒子从a点由静止释放，仅在电场力作用下运动，经b点时速度最大，到c点时速度为零．下列说法正确的是（　　）‎ A．Q2带正电 B．Q2的电荷量大于Q1的电荷量 C．a、c两点电势相等 D．b点的电场强度最大 ‎8．如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为m的小球A、B与轻杆连接，置于圆轨道上，A位于圆心O的正下方，B与O等高．它们由静止释放，最终在水平面上运动．下列说法正确的是（　　）‎ A．下滑过程中重力对B做功的功率先增大后减小 B．当B滑到圆轨道最低点时，轨道对B的支持力大小为3mg C．下滑过程中B的机械能增加 D．整个过程中轻杆对A做的功为mgR ‎9．如图所示，在一个边长为a的正六边形区域内存在磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，三个相同带正电的粒子，比荷为先后从A点沿AD方向以大小不等的速度射入匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受磁场力作用；已知编号为①的粒子恰好从F点飞出磁场区域；编号为②的粒子恰好从E点飞出磁场区域；编号为③的粒子从ED边上的某一点垂直边界飞出磁场区域；则（　　）‎ A．编号为①的粒子进入磁场区域的初速度大小为 B．编号为②的粒子在磁场区域内运动的时间T=‎ C．编号为③的粒子在ED边上飞出的位置与E点的距离（2﹣3）a D．三个粒子在磁场内运动的时间依次减少并且为4：2：1‎ ‎10．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（　　）‎ A．x1处电场强度大小为零 B．x2～x3段的电场强度大小方向均不变，为一定值 C．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动 D．0与x2处电势φ0、φ2的关系为φ0=φ2‎ ‎　‎ 三、简答题：（本题满分10分．请将解答填在答题卡相应的位置．）‎ ‎11．要测量某种合金的电阻率．‎ ‎（1）若合金丝长度为L，直径为D，阻值为R，则其电阻率ρ=　　．‎ 用螺旋测微器测合金丝的直径如图甲所示，读数为　　mm．‎ ‎（2）图乙是测量合金丝阻值的原理图，S2是单刀双掷开关．根据原理图在图丙中将实物连线补充完整．‎ ‎（3）闭合S1，当S2处于位置a时，电压表和电流表的示数分别为U1=1.35V，I1=0.30A；当S2处于位置b时，电压表和电流表的示数分别为U2=0.92V，I2=0.32A．根据以上测量数据判断，当S2处于位置　　（选填“a”或“b”）时，测量相对准确，测量值Rx=　　Ω．（结果保留两位有效数字）‎ ‎　‎ 四、计算题：（本题共5小题，每题15分，满分75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，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．）‎ ‎12．如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=3V、内阻r=0.5Ω的直流电源．现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R=1Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：‎ ‎（1）导体棒受到的安培力大小；‎ ‎（2）导体棒受到的摩擦力大小．‎ ‎13．如图所示，质量为m的小球沿光滑的水平面冲上一光滑的半圆形轨道，轨道半径为R，小球在轨道最高点对轨道压力等于0.5mg，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）小球在最高点的速度大小；‎ ‎（2）小球落地时，距最高点的水平位移大小；‎ ‎（3）小球经过半圆轨道最低点时，对轨道的压力．‎ ‎14．如图所示，离子发生器发射一束质量为m，电荷量为+q的离子，从静止经PQ两板间的加速电压加速后，以初速度v0再从a点沿ab方向进入一匀强电场区域，abcd所围成的正 方形区域是该匀强电场的边界，已知正方形的边长为L，匀强电场的方向与ad边平行且由a指向d．‎ ‎（1）求加速电压U0；‎ ‎（2）若离子恰从c点飞离电场，求ac两点间的电势差Uac；‎ ‎（3）若离子从abcd边界上某点飞出时的动能为mv02，求此时匀强电场的场强大小E．‎ ‎15．如图甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态．作用于滑块的水平力F随时间t变化图象如图乙所示，t=2.0s时撤去力F，最终滑块与木板间无相对运动．已知滑块质量m=2kg，木板质量M=1kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）t=0.5s时滑块的速度大小；‎ ‎（2）0～2.0s内木板的位移大小；‎ ‎（3）整个过程中因摩擦而产生的热量．‎ ‎16．如图所示，两同心圆圆心为O，半径分别为r和2r，在它们围成的环形区域内存在着磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，大量质量为m，电量为+q的带电粒子以不同的速率从P点沿各个方向射入磁场区域，不计粒子重力及其相互作用．‎ ‎（1）若某带电粒子从P点沿PO方向射入磁场，恰好未能进人内部圆形区域，求该粒子在磁场中运动的时间；‎ ‎（2）若有些带电粒子第一次穿过磁场后恰能经过O点，求这些粒子中最小的入射速率．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江苏省泰州二中高三（上）第二次限时物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题：（本题共5小题，每小题3分，满分15分．每小题只有一个选项符合题意．）‎ ‎1．在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示．现保持B板不动，适当移动A板，发现静电计指针张角减小，则A板可能是（　　）‎ A．右移 B．左移 C．上移 D．下移 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】解答本题关键掌握：静电计测定电容器板间的电势差，电势差越大，指针偏角越大；‎ 电容器电容的决定式C=，分析电容的变化；‎ 电容器的电量不变，由电容器的定义式C= 分析电势差的变化．‎ ‎【解答】解：A、B将A板向右移一些，板间距离减小，由电容的决定式C=，可知，电容增大，而电容器电量不变，由C= 分析得知，板间电势差减小，则静电计指针偏角减小；相反，同理可知，A板向左移一些时，静电计指针偏角增大．故A正确，B错误．‎ C、A板向上移一些，两极板正对面积减小，由电容的决定式C=，可知，电容减小，而电容器电量不变，由C= 分析得知，板间电势差增大，则静电计指针偏角增大．故C错误．‎ D、A板向下移一些，两极板正对面积减小，由电容的决定式C=，可知，电容减小，而电容器电量不变，由C= 分析得知，板间电势差增大，则静电计指针偏角增大．故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．甲、乙两质点自同一地点沿同一直线运动，其v﹣t图象如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．第1s末，两质点相遇 B．第2s末，甲的加速度方向发生改变 C．第4s末，两质点相距20m D．0～2s内，两质点间的距离越来越大 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】在速度﹣时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；斜率表示加速度，加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．‎ ‎【解答】解：A、甲、乙两个物体从同一地点沿同一方向做直线运动，当位移相等时，两者相遇．根据速度图象与坐标轴围成面积表示位移，可知，在t=1s时，甲的位移大于乙的位移，没有相遇．故A错误．‎ B、速度图象的斜率表示加速度，则甲做匀变速直线运动，加速度一直没有变．故B错误．‎ C、根据速度图象与坐标轴围成面积表示位移可知，0﹣4s内甲的位移为0，回到出发点，乙的位移x=5×4=20m，所以第4s末，两质点相距20m．故C正确．‎ D、0～1s内，甲的速度大于乙的速度，距离越来越大，1﹣2s内甲的速度小于乙的速度，距离越来越小，故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎3．薄铝板将同一匀强磁场分成Ⅰ、Ⅱ两个区域，高速带电粒子可穿过铝板一次，在两个区域运动的轨迹如图，半径R1＞R2，假定穿过铝板前后粒子电量保持不变，则该粒子（　　）‎ A．带正电 B．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同 C．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动加速度相同 D．从区域Ⅱ穿过铝板运动到区域Ⅰ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；左手定则．‎ ‎【分析】粒子穿过铝板受到铝板的阻力速度将减小，根据半径公式可知，半径将减小，根据左手定则可以判断此粒子的电性，根据周期公式判断运动的时间是否相同，根据向心加速度的公式判断加速度是否相同．‎ ‎【解答】解：A、粒子穿过铝板受到铝板的阻力速度将减小，由r=可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径将减小，故可得粒子由区域Ⅰ运动到区域Ⅱ，结合左手定则可知粒子带负电，故AD错误；‎ B、由T=可知粒子运动的周期不变，粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的时间均为t=T=，故B正确；‎ C、根据向心加速度公式a=，可知，周期相同，半径不同，所以加速度不同，故C错误．‎ 故选B ‎　‎ ‎4．2015年7月的喀山游泳世锦赛中，我省名将陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠．她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图所示．不计空气阻力．下列说法正确的是（　　）‎ A．她在空中上升过程中处于超重状态 B．她在空中下落过程中做自由落体运动 C．她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度 D．入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小 ‎【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重．‎ ‎【分析】分析陈若琳的运动情况得出其加速度的方向．根据牛顿第二定律分析她的浮力和她的重力的关系．‎ 超重或失重取决于加速度的方向，与速度方向无关．‎ ‎【解答】解：A、起跳以后的下落过程中她的加速度方向向下，所以处于失重状态，故A错误，‎ B、她具有水平初速度，所以不能看做自由落体运动，故B错误．‎ C、入水过程中，开始时水对她的作用力大小（浮力和阻力）小于她的重力，所以先向下做一段加速运动，即入水后的速度先增大，故C错误．‎ D、入水过程中，水对她的作用力和她对水的作用力，因是一对作用力与反作用力，二者相对．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎5．如图所示，置于地面的矩形框架中用两细绳拴住质量为m的小球，绳B水平．设绳A、B对球的拉力大小分别为F1、F2，它们的合力大小为F．现将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90°，在此过程中（　　）‎ A．F1先增大后减小 B．F2先增大后减小 C．F先增大后减小 D．F先减小后增大 ‎【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】小球受重力、两绳的拉力而处于平衡状态，对小球进行受力分析，根据平行四边形定则作图分析即可．‎ ‎【解答】解：对小球受力分析如图所示：‎ 小球处于静止状态，受力平衡，两绳的拉力的合力与重力大小相等方向相反，则F不变，‎ 根据平行四边形定则可知，将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90°的过程中，F1逐渐减小，F2先增大后减小，当绳A处于水平方向时，F2最大，故B正确．‎ 故选：B ‎　‎ 二、多项选择题：（本题共5小题，每小题4分，满分20分．每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，错选或不答的得0分．）‎ ‎6．澳大利亚科学家近日宣布，在离地球约14光年的红矮星wolf 1061周围发现了三颗行星b、c、d，它们的公转周期分别是5天、18天、67天，公转轨道可视作圆，如图所示．已知万有引力常量为G．下列说法正确的是（　　）‎ A．可求出b、c的公转半径之比 B．可求出c、d的向心加速度之比 C．若已知c的公转半径，可求出红矮星的质量 D．若已知c的公转半径，可求出红矮星的密度 ‎【考点】万有引力定律及其应用；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】A、根据开普勒周期定律公式=k分析即可；‎ B、运用万有引力定律等于向心力列式求解出向心加速度的表达式进行分析；‎ CD、运用万有引力定律等于向心力列式求解出质量表达式进行分析．‎ ‎【解答】解：A、行星b、c的周期分别为5天、18天，均做匀速圆周运动，根据开普勒周期定律公式=k，可以求解轨道半径之比，故A正确；‎ B、行星c、d的周期分别为18天、67天，均做匀速圆周运动，根据开普勒周期定律公式=k，可以求解轨道半径之比；根据万有引力等于向心力列式，有：‎ 解得：∝‎ 故可以求解出c、d的向心加速度之比，故B正确；‎ CD、已知c的公转半径和周期，根据牛顿第二定律，有：‎ 解得：‎ 故可以求解出红矮星的质量，但不知道红矮星的体积，无法求解红矮星的密度，故C正确，D错误；‎ 故选：ABC ‎　‎ ‎7．如图所示，a、b、c三点在固定点电荷Q1、Q2连线的延长线上，Q1带正电．一带正电粒子从a点由静止释放，仅在电场力作用下运动，经b点时速度最大，到c点时速度为零．下列说法正确的是（　　）‎ A．Q2带正电 B．Q2的电荷量大于Q1的电荷量 C．a、c两点电势相等 D．b点的电场强度最大 ‎【考点】电场线；电场强度；电势能．‎ ‎【分析】根据带电粒子的运动情况可分析其受力情况，b点速度最大，电场力的合力为零，由点电荷场强公式E=k分析电荷量的大小．根据动能定理分析a、c两点电势关系．‎ ‎【解答】解：A、带电粒子经过b点时速度最大，此时合力为零，可知b点的合场强为零，因此Q2带负电．故A错误．‎ B、b点的合场强为零，说明Q1、Q2在b点产生的场强大小相等，由点电荷场强公式E=k知，Q2的电荷量大于Q1的电荷量，故B正确．‎ C、从a运动到c的过程，带电粒子动能的变化量为零，由动能定理知电场力做功为零，则a、c两点电势相等，故C正确．‎ D、b点的电场力为零，则b点的电场强度为零，故D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎8．如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为m的小球A、B与轻杆连接，置于圆轨道上，A位于圆心O的正下方，B与O等高．它们由静止释放，最终在水平面上运动．下列说法正确的是（　　）‎ A．下滑过程中重力对B做功的功率先增大后减小 B．当B滑到圆轨道最低点时，轨道对B的支持力大小为3mg C．下滑过程中B的机械能增加 D．整个过程中轻杆对A做的功为mgR ‎【考点】动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】根据重力和速度方向的关系判断重力功率的变化，AB小球组成的系统，在运动过程中，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出到达最低点的速度，在最低点，根据牛顿第二定律求出轨道对B的支持力，下滑过程中，求出B重力势能的减小量和动能的增加量，从而判断机械能的变化量，整个过程中对A，根据动能定理求解轻杆对A做的功．‎ ‎【解答】解：A、因为初位置速度为零，则重力的功率为0，最低点速度方向与重力的方向垂直，重力的功率为零，可知重力的功率先增大后减小．故A正确；‎ B、AB小球组成的系统，在运动过程中，机械能守恒，设B到达轨道最低点时速度为v，根据机械能守恒定律得：‎ ‎，‎ 解得：v=‎ 在最低点，根据牛顿第二定律得：‎ N﹣mg=m 解得：N=2mg，故B错误；‎ C、下滑过程中，B的重力势能减小△EP=mgR，动能增加量，所以机械能减小，故C错误；‎ D、整个过程中对A，根据动能定理得：，故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎9．如图所示，在一个边长为a的正六边形区域内存在磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，三个相同带正电的粒子，比荷为先后从A点沿AD方向以大小不等的速度射入匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受磁场力作用；已知编号为①的粒子恰好从F点飞出磁场区域；编号为②的粒子恰好从E点飞出磁场区域；编号为③的粒子从ED边上的某一点垂直边界飞出磁场区域；则（　　）‎ A．编号为①的粒子进入磁场区域的初速度大小为 B．编号为②的粒子在磁场区域内运动的时间T=‎ C．编号为③的粒子在ED边上飞出的位置与E点的距离（2﹣3）a D．三个粒子在磁场内运动的时间依次减少并且为4：2：1‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】分析各粒子的运动情况，由几何关系求出各自的半径，再由洛伦兹力充当向心力即可求得速度大小；根据几何关系求出圆心角，再根据时间与周期间的关系即可明确时间大小．‎ ‎【解答】解：设编号为①的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r1 初速度大小为v1，则：qv1B= 由几何关系可得r1==； 解得v1=；转动周期T1=，在磁场中转了120°运动时间t1==；设编号为②的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r2 线速度大小为v2，周期为T2=； 由几何关系可得，粒子在正六边形区域磁场运动过程中，转过的圆心角为600，则粒子在磁场中运动的时间t2==，选项B错误；设编号为③的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r3 在磁场中转了300，t3==；由几何关系可得：AE=2acos30°=a，r3==2a，O3E==3a，EG=r3﹣O3E=（2﹣3）a；故ACD均正确，B错误；‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ ‎10．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（　　）‎ A．x1处电场强度大小为零 B．x2～x3段的电场强度大小方向均不变，为一定值 C．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动 D．0与x2处电势φ0、φ2的关系为φ0=φ2‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由Ep=qφ，分析电势的高低．由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质．根据斜率读出场强的变化，由F=qE，分析电场力的变化，‎ ‎【解答】解：A、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，得：E=•，由数学知识可知Ep﹣x图象切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A正确；‎ B、C、由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动；x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动；x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动；故B正确，C错误；‎ D、0与x2处电势能相等，根据Ep=qφ可知0与x2处电势φ0、φ2的关系为φ0=φ2，故D正确；‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ 三、简答题：（本题满分10分．请将解答填在答题卡相应的位置．）‎ ‎11．要测量某种合金的电阻率．‎ ‎（1）若合金丝长度为L，直径为D，阻值为R，则其电阻率ρ=　　．‎ 用螺旋测微器测合金丝的直径如图甲所示，读数为　0.650　mm．‎ ‎（2）图乙是测量合金丝阻值的原理图，S2是单刀双掷开关．根据原理图在图丙中将实物连线补充完整．‎ ‎（3）闭合S1，当S2处于位置a时，电压表和电流表的示数分别为U1=1.35V，I1=0.30A；当S2处于位置b时，电压表和电流表的示数分别为U2=0.92V，I2=0.32A．根据以上测量数据判断，当S2处于位置　b　（选填“a”或“b”）时，测量相对准确，测量值Rx=　2.9　Ω．（结果保留两位有效数字）‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）应用欧姆定律与电阻定律可以求出电阻率的表达式；‎ ‎（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；‎ ‎（3）根据与进行比较大小，从而确定电压表还是电流表误差较大，进而确定外接法还是内接法，再由欧姆定律，求解电阻．‎ ‎【解答】解：（1）金属丝电阻：R==ρ=ρ，‎ 则电阻率：ρ=；‎ ‎（2）由图示螺旋测微器可知，其示数为：0.5mm+15.0×0.01mm=0.650mm；‎ ‎（3）根据==0.32，‎ 而==0.06，‎ 可知，电压表分流较大，因此必须电流表外接法，即S2处于位置b，‎ 根据欧姆定律，则有：Rx==2.9Ω 故答案为：（1），（2）0.650；（3）b，2.9．‎ ‎　‎ 四、计算题：（本题共5小题，每题15分，满分75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，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．）‎ ‎12．如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=3V、内阻r=0.5Ω的直流电源．现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R=1Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：‎ ‎（1）导体棒受到的安培力大小；‎ ‎（2）导体棒受到的摩擦力大小．‎ ‎【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】（1）先根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流．由公式F安=ILB求解安培力大小；‎ ‎（2）导体棒处于静止状态，合力为零，根据平衡条件列式求解摩擦力的大小．‎ ‎【解答】解：（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：‎ ‎ I==A=2A 导体棒受到的安培力：F安=ILB=2×0.40×0.50N=0.40N ‎（2）导体棒所受重力沿斜面向下的分力：F1=mgsin37°=0.04×10×0.6N=0.24N 由于F1小于安培力，故导体棒沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件得：‎ mgsin37°+f=F安 解得：f=F安﹣mgsin37°=（0.40﹣0.24）N=0.16N 答：（1）导体棒受到的安培力大小是0.40N；‎ ‎（2）导体棒受到的摩擦力大小是0.16N．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，质量为m的小球沿光滑的水平面冲上一光滑的半圆形轨道，轨道半径为R，小球在轨道最高点对轨道压力等于0.5mg，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）小球在最高点的速度大小；‎ ‎（2）小球落地时，距最高点的水平位移大小；‎ ‎（3）小球经过半圆轨道最低点时，对轨道的压力．‎ ‎【考点】动能定理的应用；向心力．‎ ‎【分析】（1）由牛顿第二定律及向心力公式可求得小球在最高点的速度；‎ ‎（2）由平抛运动规律可求得小球落地时的水平位移；‎ ‎（3）由动能定理可求得小球在最低点的速度；再由向心力公式可求得小球对轨道的压力．‎ ‎【解答】解：（1）根据牛顿第三定律，小球到达轨道最高点时受到轨道的支持力等于小球对轨道的压力，‎ 则：N1=0.5mg ‎ 小球在最高点时，有：N1+mg=m 解得小球在最高点的速度大小为：v=‎ ‎（2）小球离开轨道平面做平抛运动：h=2R=gt2‎ 即平抛运动时间：t=2‎ 所以小球落地时与A点的距离：x=vt=‎ ‎（3）小球从轨道最低点到最高点，由动能定理得：‎ ‎﹣2mgR=mv2﹣mvA2‎ 小球在最低点时，有：N2﹣mg=m 解得N2=6.5mg ‎ 根据牛顿第三定律，小球对轨道压力大小为6.5mg，方向竖直向下 ‎ 答：（1）小球在最高点的速度大小为 ‎（2）小球落地时，距最高点的水平位移大小；‎ ‎（3）小球经过半圆轨道最低点时，对轨道的压力为6.5mg；方向竖直向下．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，离子发生器发射一束质量为m，电荷量为+q的离子，从静止经PQ两板间的加速电压加速后，以初速度v0再从a点沿ab方向进入一匀强电场区域，abcd所围成的正方形区域是该匀强电场的边界，已知正方形的边长为L，匀强电场的方向与ad边平行且由a指向d．‎ ‎（1）求加速电压U0；‎ ‎（2）若离子恰从c点飞离电场，求ac两点间的电势差Uac；‎ ‎（3）若离子从abcd边界上某点飞出时的动能为mv02，求此时匀强电场的场强大小E．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）对直线加速过程运用动能定理列式求解即可；‎ ‎（2）粒子做类似平抛运动，根据类平抛运动的分位移公式列式求解即可；‎ ‎（3）粒子做类似平抛运动，根据类平抛运动的分速度公式和分位移公式列式，再结合动能定理列式，最后联立求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）对直线加速过程，根据动能定理，有：‎ 解得：‎ ‎（2）设此时场强大小为EC，则：‎ ab方向，有：L=v0t ad方向，有：L=‎ 又Uac=Edac=EL，‎ 解得：Uac=‎ ‎（3）根据Ek=m可知，离子射出电场时的速度v=v0，方向与ab所在直线的夹角为45°，即vx=vy，根据x=vxt，v=可得x=2y，则离子应该从bc边上的某点飞出．‎ ab方向，有：L=v0t ad方向，有：y=‎ 解得：y=‎ 根据动能定理，有：‎ Eqy=m﹣‎ 解得：E=‎ 答：（1）加速电压U0为；‎ ‎（2）ac两点间的电势差Uac为；‎ ‎（3）此时匀强电场的场强大小E为．‎ ‎　‎ ‎15．如图甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态．作用于滑块的水平力F随时间t变化图象如图乙所示，t=2.0s时撤去力F，最终滑块与木板间无相对运动．已知滑块质量m=2kg，木板质量M=1kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）t=0.5s时滑块的速度大小；‎ ‎（2）0～2.0s内木板的位移大小；‎ ‎（3）整个过程中因摩擦而产生的热量．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）先判断出在0﹣0.5s内滑块与木板是相对静止的．方法是：设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大，以M为研究对象，求出临界加速度，再以整体为研究对象，求出此时的拉力F，结合图象的信息分析．再由运动学公式求解速度．‎ ‎（2）0.5﹣2.0s内滑块相对于木板滑动，分别由牛顿第二定律求出两者的加速度，再由位移公式求出各自的位移，再结合0﹣0.5s内的位移，即可得解．‎ ‎（3）求出相对位移，再得到摩擦生热．‎ ‎【解答】解：（1）设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大，以M为研究对象，根据牛顿第二定律得 ‎ μmg=Ma0，得 a0===4m/s2；‎ 对整体，有 F0=（M+m）a0=12N 由图知，在0﹣0.5s内，F=6N＜F0，则滑块与木板相对静止，两者共同的加速度等于 a==2m/s2，则t=0.5s时滑块的速度大小 v1=at1=1m/s ‎（2）0﹣0.5s内，整体的位移为 x1===0.25m 在0.5s﹣2.0s内，F=16N＞F0，所以两者相对滑动．根据牛顿第二定律得 对m有：F﹣μmg=mam，得 am=6m/s2；‎ 对M有：μmg=MaM，得 aM=4m/s2；‎ ‎0.5～2.0s内木板的位移大小为 x2=v1t2++=1×1.5+×4×1.52=6m 故0～2.0s内木板的位移大小 x=x1+x2=6.25m ‎（3）0.5～2.0s内滑块的位移大小为 x3=v1t2+=1×1.5+×6×1.52=8.25m 故0.5～2.0s内滑块与木板的相对位移△x1=x3﹣x2=2.25m t=2.0s时，滑块的速度为 vm=v1+amt2=1+6×1.5=10m/s 木板的速度为 vM=v1+aMt2=1+4×1.5=7m/s 撤去F后，m的加速度大小为 am′==μg=2m/s2；‎ 设从t=2s时起经过时间t，两者速度相等，共同速度为 v，则有 ‎ v=vm﹣am′t=vM+aMt，解得 t=0.5s，v=9m/s 从t=2s到两者相对静止的过程中，滑块的位移为 x4==m=4.75m 木板的位移为 x5==m=4m 此过程两者的相对位移△x2=x4﹣x5=0.75m 故整个过程中因摩擦而产生的热量为 Q=μmg（△x1+△x2）=12J 答：‎ ‎（1）t=0.5s时滑块的速度大小是1m/s；‎ ‎（2）0～2.0s内木板的位移大小是6.25m；‎ ‎（3）整个过程中因摩擦而产生的热量是12J．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，两同心圆圆心为O，半径分别为r和2r，在它们围成的环形区域内存在着磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，大量质量为m，电量为+q的带电粒子以不同的速率从P点沿各个方向射入磁场区域，不计粒子重力及其相互作用．‎ ‎（1）若某带电粒子从P点沿PO方向射入磁场，恰好未能进人内部圆形区域，求该粒子在磁场中运动的时间；‎ ‎（2）若有些带电粒子第一次穿过磁场后恰能经过O点，求这些粒子中最小的入射速率．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】（1）带电粒子从P点沿PO方向射入磁场，恰好未能进人内部圆形区域，说明运动轨迹正好与内圆相切，在直角三角形AOP中分析几何关系可求半径圆心角，根据洛仑兹力充当圆周运动的向心力求出速度、周期，结合圆心角求出时间；‎ ‎（2）欲求这些粒子中最小的入射速率，必须知道最小半径；粒子从P点经圆周运动沿半径通过圆心O，根据逆向运动，半径最小的圆周运动其圆弧与大圆内切，在直角三角形OBC中分析几何关系可求半径，洛仑兹力充当圆周运动的向心力求出最小速度．‎ ‎【解答】解：（1）带电粒子从P点沿PO方向射入磁场，恰好未能进人内部圆形区域，说明运动轨迹正好与内圆相切，如图一；‎ 设圆弧的半径为R1圆心为A，连接OA、OP、AP，在直角三角形AOP中：OA2=OP2+AP2‎ 即：（R1+r）2=R12+（2r）2‎ 解得：R1=1.5r 在直角三角形AOP中：tan∠A== 所以∠A=53°‎ 整个圆弧所对的圆心角为106°，带电粒子做圆周运动：‎ 解得：T=‎ 粒子在磁场中运动的时间：t==‎ ‎（2）欲求这些粒子中最小的入射速率，必须知道最小半径；粒子从P点经圆周运动沿半径通过圆心O，根据逆向运动，半径最小的圆周运动其圆弧与大圆内切，如图二；‎ 设圆弧的半径为R2圆心为B，PBO在一条直线上，连接OP、BC，在直角三角形OBC中：OB2=OC2+BC2 即（2r﹣R2）2=r2+R22‎ 解得：R2=0.75r 带电粒子做圆周运动：‎ 解得：v=‎ 答：（1）若某带电粒子从P点沿PO方向射入磁场，恰好未能进人内部圆形区域，求该粒子在磁场中运动的时间为；‎ ‎（2）若有些带电粒子第一次穿过磁场后恰能经过O点，求这些粒子中最小的入射速率为．‎ ‎　‎ ‎2016年12月16日