河北省邯郸市永年一中2016届高三上学期月考物理试卷（12月份）

河北省邯郸市永年一中2016届高三上学期月考物理试卷（12月份）

‎2015-2016学年河北省邯郸市永年一中高三（上）月考物理试卷（12月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（本题共14小题，每小题4分、共56分，1-8题只有一个选项符合题目要求，9-14题有多个选项符合题目要求，全部选对者得4分，对而不全者得2分，有错或不答者得0分 ‎1．物理学的重大发现中科学家们总结出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法等．以下关于物理学研究方法的叙述不正确的是（　　）‎ A．根据速度的定义式，当△t趋近于零时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法 B．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法运用了假设法 C．在实验探究加速度与力、质量的关系时，运用了控制变量法 D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分很多小段，然后将各小段位移相加，运用了微元法 ‎2．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将水平放置的金属棒ab以水平速度v抛出，且棒与磁场垂直，不计下落过程的空气阻力，则棒在运动过程中产生的感应电动势大小的变化是（　　）‎ A．越来越大 B．越来越小 C．保持不变 D．无法判断 ‎3．如图所示，竖直放置的劲度系数为k的轻质弹簧，上端与质量为m的小球连接，下端与放在水平桌面上的质量为M的绝缘物块相连，小球与弹簧绝缘，小球带正电，带电量为q，物块、弹簧和小球组成的系统处于静止状态，现突然加上一个竖直向上，大小为E的匀强电场，某时刻物块对水平面的压力为零，则从加上匀强电场到物块对水平面的压力为零的过程中，小球电势能改变量的大小（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v．假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N．已知引力常量为G，则这颗行星的质量为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．目前，世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机．如图表示了它的原理：将一束等离子体喷射入磁场，在场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压．如果射入的等离子体速度均为v，两金属板的板长为L，板间距离为d，板平面的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于速度方向，负载电阻为R，电离气体充满两板间的空间．当发电机稳定发电时，电流表示数为I．那么以下正确的是（　　）‎ A．A板为正极 B．R中电流的方向向上 C．AB板产生的电动势为 BLV D．AB板间的等离子体的电阻为（﹣R）‎ ‎6．如图（甲）所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图（乙）所示，则（　　）‎ A．t1时刻小球动能最大 B．t2时刻小球动能最大 C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少 D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能 ‎7．如图所示，用一根长为L的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向夹30°角且绷紧，小球A处于静止，则需对小球施加的最小力等于（　　）‎ A． mg B． mg C． mg D． mg ‎8．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是（　　）‎ A． B． C．‎ ‎ D．‎ ‎9．一圆环形铝质金属圈（阻值不随温度变化）放在匀强磁场中，设第1s内磁感线垂直于金属圈平面（即垂直于纸面）向里，如图甲所示．若磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，则第3s内金属圈中（　　）‎ A．感应电流逐渐增大，沿逆时针方向 B．感应电流恒定，沿逆时针方向 C．圆环各微小段受力大小不变，方向沿半径指向圆心 D．圆环各微小段受力逐渐增大，方向沿半径指向圆心 ‎10．如图所示，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m，电荷量为q的带负电的小球，另一端固定在O点，把小球拉到使细线水平的位置A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ=60°的位置B时速度为零，以下说法正确的是（　　）‎ A．小球重力与电场力的大小关系是qE=mg B．小球重力与电场力的大小关系是mg=qE C．小球在B点时，细线拉力T=2qE D．小球在B点时，细线拉力T=mg ‎11．如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球．开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑片P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向．（电源的内阻不能忽略）下列判断正确的是（　　）‎ A．小球带正电 B．当滑片P从a向b滑动时，细线的偏角θ变大 C．当滑片P从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下 D．当滑片P停在b处时，电源的输出功率一定大于滑片P在a处时电源的输出功率 ‎12．如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（　　）‎ A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多 B．三种粒子打到屏上时的速度一样大 C．三种粒子运动到屏上所用时间相同 D．三种粒子一定打到屏上的同一位置 ‎13．如图在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场．一带负电的粒子从原点0以与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R则（　　）‎ A．粒子经偏转一定能回到原点O B．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1：2‎ C．粒子完在成一次周期性运动的时间为 D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进3R ‎14．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止释放后，经过B处速度最大，到达C处（AC=h）时速度减为零．若在此时给圆环一个竖直向上的速度v，它恰好能回到A点．弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环（　　）‎ A．下滑过程中，加速度一直增大 B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2‎ C．在C处弹簧的弹性势能为 mgh﹣mv2‎ D．上下两次经过B点的速度大小相等 ‎　‎ 二、实验题（共15分）‎ ‎15．（15分）要测绘一个标有“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作．已选用的器材有：‎ 电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）；‎ 电流表（量程为0～250mA．内阻约5Ω）；‎ 电压表（量程为0～3V．内限约3kΩ）；‎ 电键一个、导线若干．‎ ‎（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的　　（填字母代号）．‎ A．滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）‎ B．滑动变阻器（最大阻值1750Ω，额定电流0.3A）‎ ‎（2）实验的电路图应选用下列的图　　（填字母代号）．‎ ‎（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示．如果这个小灯泡两端所加电压为1.5V，则小灯泡在该温度时的电阻是　　Ω．随着电压增大，温度升高，小灯泡的电阻　　．（填“增大”，“减小”或“不变”）‎ ‎　‎ 三．计算题（本题共有3小题，共39分）‎ ‎16．（12分）如图所示，质量M=8kg的小车放在光滑水平面上，在小车左端加一水平推力F=8N．当小车向右运动的速度达到3m/s时，在小车右端轻轻地放一个大小不计、质量 m=2kg的小物块．小物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长．g取10m/s2，则：‎ ‎（1）放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；‎ ‎（2）经多长时间两者达到相同的速度．‎ ‎17．（13分）如图所示，在A点固定一正电荷，电量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g．已知静电常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求：‎ ‎（1）液珠的比荷 ‎（2）液珠速度最大时离A点的距离h．‎ ‎（3）若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成，其中r为该点到Q的距离（选无限远的电势为零）．求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB．‎ ‎18．（14分）如图1所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m，导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B，金属导轨的上端与开关S、定值电阻R1和电阻箱R2相连．不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g，现闭合开关S，将金属棒由静止释放．‎ ‎（1）判断金属棒ab中电流的方向；‎ ‎（2）若电阻箱R2接入电路的阻值为R2=2R1，当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻R1上产生的焦耳热Q1；‎ ‎（3）当B=0.40T，L=0.50m，α=37°时，金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2‎ 阻值的变化关系如图2所示．取g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80．求定值电阻的阻值R1和金属棒的质量m．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年河北省邯郸市永年一中高三（上）月考物理试卷（12月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共14小题，每小题4分、共56分，1-8题只有一个选项符合题目要求，9-14题有多个选项符合题目要求，全部选对者得4分，对而不全者得2分，有错或不答者得0分 ‎1．物理学的重大发现中科学家们总结出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法等．以下关于物理学研究方法的叙述不正确的是（　　）‎ A．根据速度的定义式，当△t趋近于零时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法 B．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法运用了假设法 C．在实验探究加速度与力、质量的关系时，运用了控制变量法 D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分很多小段，然后将各小段位移相加，运用了微元法 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法．质点是一种理想化的物理模型．在研究曲线运动或者加速运动时，常常采用微元法，将曲线运动变成直线运动，或将变化的速度变成不变的速度．‎ ‎【解答】解：A、根据速度的定义式，可得到平均速度．当△t趋近于零时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法，故A正确．‎ B、在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法运用了理想化物理模型法，不是假设法，故B错误．‎ C、在实验探究加速度与力、质量的关系时，因为三量之间相互都有关系，故应采用控制变量法；故C正确；‎ D、在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法．故D正确；‎ 本题选不正确的，故选：B．‎ ‎【点评】在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将水平放置的金属棒ab以水平速度v抛出，且棒与磁场垂直，不计下落过程的空气阻力，则棒在运动过程中产生的感应电动势大小的变化是（　　）‎ A．越来越大 B．越来越小 C．保持不变 D．无法判断 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【分析】由感应电动势公式E=Blvsinα，vsinα是有效的切割速度，即是垂直于磁感线方向的分速度，结合平抛运动的特点分析选择．‎ ‎【解答】解：金属棒ab做平抛运动，其水平方向的分运动是匀速直线运动，水平分速度保持不变，等于v0．由感应电动势公式E=Blvsinα，vsinα是垂直于磁感线方向的分速度，即是平抛运动的水平分速度，等于v0，则感应电动势E=Blv0，B、l、v0均不变，则感应电动势大小保持不变．则C正确．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查对感应电动势公式的理解和平抛运动的特点．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，竖直放置的劲度系数为k的轻质弹簧，上端与质量为m的小球连接，下端与放在水平桌面上的质量为M的绝缘物块相连，小球与弹簧绝缘，小球带正电，带电量为q，物块、弹簧和小球组成的系统处于静止状态，现突然加上一个竖直向上，大小为E的匀强电场，某时刻物块对水平面的压力为零，则从加上匀强电场到物块对水平面的压力为零的过程中，小球电势能改变量的大小（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电势能；胡克定律．‎ ‎【分析】在没有加入匀强电场时，小球压着弹簧，而当加入竖直向上匀强电场时，弹簧处于拉伸状态，则小球电势能的变化，即为电场力做功，由于电场力恒定，所以由电场力做功，可求出电势能的改变量．‎ ‎【解答】解：开始小球压着弹簧，则弹簧被压缩了x1=，当加入一个竖直向上，大小为E的匀强电场后，弹簧又被物块M拉长了x2=．‎ 小球电势能改变等于静电力做功，由于电场力恒定，则电场力做功为：W=Eq（x1+x2）=，故A正确，BCD错误；‎ 故选：A ‎【点评】通过电场力的有无，来抓住弹簧的状态：是压缩还是伸长；通过弹簧的长度变化，从而得出电场力做的功，进而确定电势能的改变量．注意由于电场力恒定，因此可计算出电场力做功．‎ ‎　‎ ‎4．一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v．假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N．已知引力常量为G，则这颗行星的质量为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】先求出该星球表面重力加速度，根据万有引力提供向心力公式即可求解 ‎【解答】解：G=mg 所以g=‎ 根据万有引力提供向心力得：‎ 解得：M=‎ 故选B ‎【点评】本题是卫星类型的问题，常常建立这样的模型：环绕天体绕中心天体做匀速圆周运动，由中心天体的万有引力提供向心力．重力加速度g是联系星球表面宏观物体运动和天体运动的桥梁．‎ ‎　‎ ‎5．目前，世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机．如图表示了它的原理：将一束等离子体喷射入磁场，在场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压．如果射入的等离子体速度均为v，两金属板的板长为L，板间距离为d，板平面的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于速度方向，负载电阻为R，电离气体充满两板间的空间．当发电机稳定发电时，电流表示数为I．那么以下正确的是（　　）‎ A．A板为正极 B．R中电流的方向向上 C．AB板产生的电动势为 BLV D．AB板间的等离子体的电阻为（﹣R）‎ ‎【考点】霍尔效应及其应用．‎ ‎【分析】大量带正电和带负电的微粒向右进入磁场时，由左手定则可以判断正负电荷受到的洛伦兹力方向，从而确定相当于电源的正负极，从而得出通过电阻的电流方向．抓住带电粒子在复合场中受电场力和洛伦兹力平衡求出发电机的电动势．根据闭合电路欧姆定律求出发电机的内电阻．‎ ‎【解答】‎ 解：A、大量带正电和带负电的微粒向右进入磁场时，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向下，所以正电荷会聚集的B板上，负电荷受到的洛伦兹力向上，负电荷聚集到A板上，故B板相当于电源的正极，A板相当于电源的负极，所以通过电阻R的电流从下到上，故A错误，B正确；‎ C、根据qvB=q得，E=Bdv．故C错误．‎ D、根据欧姆定律得，r=﹣R=﹣R．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】根据洛伦兹力的方向判断物体的运动方向，此题还可以根据洛伦兹力与极板间产生的电场力平衡解得磁流体发电机的电动势，注意确定正负电荷的洛伦兹力的方向是解题的关键．解决本题的关键知道稳定时，电荷所受洛伦兹力和电场力平衡，电路中电流越大，则单位时间内到达金属板A、B的等离子体数目增多．‎ ‎　‎ ‎6．如图（甲）所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图（乙）所示，则（　　）‎ A．t1时刻小球动能最大 B．t2时刻小球动能最大 C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少 D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能 ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】‎ 小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变大，当弹力小于重力时，物体加速下降，但合力变小，加速度变小，故做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后物体由于惯性继续下降，弹力变的大于重力，合力变为向上且不断变大，故加速度向上且不断变大，故物体做加速度不断增大的减速运动；同理，上升过程，先做加速度不断不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做加速度不断增大的减速运动，直到小球离开弹簧为止．‎ ‎【解答】解：A、t1时刻小球小球刚与弹簧接触，与弹簧接触后，弹力先小于重力，小球做加速度运动，当弹力增大到与重力平衡，即加速度减为零时，速度达到最大，动能达到最大，故A错误；‎ B、t2时刻，弹力最大，故弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，速度等于零，故B错误；‎ C、t2～t3这段时间内，小球处于上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，动能先增大后减小，故C正确；‎ D、t2～t3段时间内，小球和弹簧系统机械能守恒，故小球增加的动能和重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能，故D错误；‎ 故选：C ‎【点评】本题关键要将小球的运动分为自由下落过程、向下的加速和减速过程、向上的加速和减速过程进行分析处理，同时要能结合图象分析．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，用一根长为L的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向夹30°角且绷紧，小球A处于静止，则需对小球施加的最小力等于（　　）‎ A． mg B． mg C． mg D． mg ‎【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A处于静止，受力平衡，分析受力情况，用作图法得出对小球施加的力最小的条件，再由平衡条件求出力的最小值．‎ ‎【解答】解：以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图，根据作图法分析得到，当小球施加的力F与细绳垂直时，所用的力最小．根据平衡条件得 ‎ F的最小值为Fmin=Gsin30°=‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题物体平衡中极值问题，关键是确定极值条件，本题采用图解法得到力最小的条件，也可以运用数学函数法求解极值．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】‎ 要找出小木块速度随时间变化的关系，先要分析出初始状态物体的受力情况，本题中明显重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，有牛顿第二定律求出加速度a1；当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＜tanθ知道木块继续沿传送带加速向下，但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度a2；比较知道a1＞a2‎ ‎【解答】解：初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，‎ 由牛顿第二定律得：‎ 加速度：a1==gsinθ+μgcosθ；‎ 当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＜tanθ知道木块继续沿传送带加速向下，‎ 但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度：‎ a2==gsinθ﹣μgcosθ；‎ 比较知道a1＞a2，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率变小．‎ 故选D ‎【点评】本题的关键1、物体的速度与传送带的速度相等时物体会继续加速下滑．2、小木块两段的加速度不一样大．是一道易错题．‎ ‎　‎ ‎9．一圆环形铝质金属圈（阻值不随温度变化）放在匀强磁场中，设第1s内磁感线垂直于金属圈平面（即垂直于纸面）向里，如图甲所示．若磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，则第3s内金属圈中（　　）‎ A．感应电流逐渐增大，沿逆时针方向 B．感应电流恒定，沿逆时针方向 C．圆环各微小段受力大小不变，方向沿半径指向圆心 D．圆环各微小段受力逐渐增大，方向沿半径指向圆心 ‎【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】‎ 穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势，从而形成感应电流．由题意可知，磁感应强度是随着时间均匀变化的，所以感应电流是恒定的，则线框ad边所受的安培力与磁感应强度有一定的关系．‎ ‎【解答】解：A、B、第3s内，向里的磁场逐渐增大，根据楞次定律可得，感应电流的磁场方向向外，感应电流沿逆时针方向；由于磁场是均匀增大的，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小不变，所以感应电流不变．故A错误，B正确；‎ C、D、圆环各微小段受力：F=BIL，由于磁场逐渐增大，所以圆环各微小段受力逐渐增大；由左手定则可得，安培力的方向沿半径指向圆心．故C错误；D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】安培力的方向由左手定则来确定，而感应电流方向则由楞次定律来确定．当导线与磁场垂直放置时，若电流、导线长度不变时，安培力与磁感应强度成正比．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m，电荷量为q的带负电的小球，另一端固定在O点，把小球拉到使细线水平的位置A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ=60°的位置B时速度为零，以下说法正确的是（　　）‎ A．小球重力与电场力的大小关系是qE=mg B．小球重力与电场力的大小关系是mg=qE C．小球在B点时，细线拉力T=2qE D．小球在B点时，细线拉力T=mg ‎【考点】电场强度；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】小球从A运动到B的过程中，重力和电场力做功，动能的变化量为零，根据动能定理求解Eq：mg．小球在B点时，球到达B点时速度为零，向心力为零，沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析，求解细线拉力T．‎ ‎【解答】解：小球从A运动到B的过程中，根据动能定理得：‎ ‎ mgLsinθ﹣qEL（1﹣cosθ）=0‎ 得Eq：mg=sinθ：（1﹣cosθ）=：1，则得qE=mg；‎ 小球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：T=qEcos60°+mgsin60°，故细线拉力T=mg 故选：AD ‎【点评】本题要求同学们能正确进行受力，并能联想到已学的物理模型，根据相关公式解题．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球．开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑片P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向．（电源的内阻不能忽略）下列判断正确的是（　　）‎ A．小球带正电 B．当滑片P从a向b滑动时，细线的偏角θ变大 C．当滑片P从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下 D．当滑片P停在b处时，电源的输出功率一定大于滑片P在a处时电源的输出功率 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；匀强电场中电势差和电场强度的关系；电功、电功率．‎ ‎【分析】由题，小球向右偏，可判断小球所受电场力方向，根据电场方向，能判断出小球的电性．滑动头从a向b滑动时，接入电路电阻变小，由欧姆定律可分析电容器的电压的变化，从而判断细线的偏角变化，同时可判断电容器是充电还是放电，得出电流表中电流方向．利用电源的输出功率与外电阻关系，可判断输出功率大小 ‎【解答】‎ 解：A、由图，A板带正电，B带负电，电容器内电场方向水平向右．细线向右偏，电场力向右，则小球带正电．故A正确． ‎ ‎ B、滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U=E﹣Ir变小，电容器电压变小，细线偏角变小，故B错误．‎ ‎ C、滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下．故C正确．‎ ‎ D、根据电源的输出功率与外电阻的关系：当外电阻等于内阻时，输出功率最大．外电阻大于内阻，外电阻减小 输出功率增大；当外电阻小于内阻时，外电阻减小，输出功率减小．本题，不知道外电阻与内阻大小关系，故无法判断电源输出功率的大小．故D错误 故选：AC ‎【点评】本题含容电路的问题，是高考热点问题．对于电容器，关键是分析和计算其电压，及充电情况．电源的输出功率与外电阻的关系可根据数学知识进行严格推导 ‎　‎ ‎12．如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（　　）‎ A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多 B．三种粒子打到屏上时的速度一样大 C．三种粒子运动到屏上所用时间相同 D．三种粒子一定打到屏上的同一位置 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】由动能定理定理可求得粒子进入偏转电场时的速度，再对运动的合成与分解可求得偏转电场中的位移；再由几何关系可明确粒子打在屏上的位置．‎ ‎【解答】解：带电粒子在加速电场中加速度，由动能定理可知：E1qd=mv2；‎ 解得：v=；‎ 粒子在偏转电场中的时间t=；‎ 在偏转电场中的纵向速度v0=at=‎ 纵向位移x=at2=；即位移与比荷无关，与速度无关；‎ 由相似三角形可知，打在屏幕上的位置一定相同，到屏上的时间与横向速度成反比；‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】本题考查带电粒子在电场中的偏转，要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用．‎ ‎　‎ ‎13．如图在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场．一带负电的粒子从原点0以与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R则（　　）‎ A．粒子经偏转一定能回到原点O B．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1：2‎ C．粒子完在成一次周期性运动的时间为 D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进3R ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】‎ 粒子在磁场中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据左手定则判断粒子所受的洛伦兹力方向，确定粒子能否回到原点O；根据牛顿第二定律求解半径；由T=求解周期；根据几何知识求解粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进的距离．‎ ‎【解答】解：A、根据左手定则判断可知，负电荷在第一象限和第四象限所受的洛伦兹力方向不同，粒子在第一象限沿顺时针方向旋转，而在第四象限沿逆时针方向旋转，不可能回到原点0．故A错误．‎ B、由r=，知粒子圆周运动的半径与B成反比，则粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1：2．故B正确．‎ C、负电荷在第一象限轨迹所对应的圆心角为60°，在第一象限轨迹所对应的圆心角也为60°，粒子圆周运动的周期为T=，保持不变，在一个周期内，粒子在第一象限运动的时间为t1=T=；‎ 同理，在第四象限运动的时间为t2=T′=•=；完在成一次周期性运动的时间为T′=t1+t2=．故C错误．‎ D、根据几何知识得：粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进距离为x=R+2R=3R．故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】本题的解题关键是根据轨迹的圆心角等于速度的偏向角，找到圆心角，即可由几何知识求出运动时间和前进的距离．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止释放后，经过B处速度最大，到达C处（AC=h）时速度减为零．若在此时给圆环一个竖直向上的速度v，它恰好能回到A点．弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环（　　）‎ A．下滑过程中，加速度一直增大 B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2‎ C．在C处弹簧的弹性势能为 mgh﹣mv2‎ D．上下两次经过B点的速度大小相等 ‎【考点】动能定理．‎ ‎【分析】根据圆环的运动情况分析下滑过程中，加速度的变化；‎ 研究圆环从A处由静止开始下滑到C和在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A两个过程，运用动能定理列出等式求解；‎ 研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程和圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式 ‎【解答】解：A、圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，‎ 所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，‎ 所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误 B、研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式 mgh﹣Wf﹣W弹=0﹣0=0‎ 在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式 ‎﹣mgh+W弹﹣Wf=0﹣mv2‎ 解得：Wf=﹣mv2，故B正确 C、W弹=mv2﹣mgh，所以在C处，弹簧的弹性势能为mgh﹣mv2，故C正确；‎ D、研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式 mgh′﹣W′f﹣W′弹=﹣0‎ 研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式 ‎﹣mgh′﹣W′f+W′弹=0﹣‎ mgh′+W′f﹣W′弹=‎ 由于W′f＞0，所以＞，所以上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，故D错误 故选：BC ‎【点评】能正确分析小球的受力情况和运动情况，对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法，掌握动能定理的应用 ‎　‎ 二、实验题（共15分）‎ ‎15．（15分）（2015秋•西和县校级期末）要测绘一个标有“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作．已选用的器材有：‎ 电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）；‎ 电流表（量程为0～250mA．内阻约5Ω）；‎ 电压表（量程为0～3V．内限约3kΩ）；‎ 电键一个、导线若干．‎ ‎（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的　A　（填字母代号）．‎ A．滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）‎ B．滑动变阻器（最大阻值1750Ω，额定电流0.3A）‎ ‎（2）实验的电路图应选用下列的图　B　（填字母代号）．‎ ‎（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示．如果这个小灯泡两端所加电压为1.5V，则小灯泡在该温度时的电阻是　10　Ω．随着电压增大，温度升高，小灯泡的电阻　增大　．（填“增大”，“减小”或“不变”）‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】1、根据滑动变阻器的接法可选择对应的滑动变阻器；‎ ‎2、根据实验的要求可以选择滑动变阻器的接法；根据灯泡及电表的电阻关系可以选择电流表的接法；‎ ‎3、由图象可明确1.5V电压时的电流，再由欧姆定律可明确对应的电阻值；由图象的变化可得出对应的电阻变化规律．‎ ‎【解答】解：（1）因实验中采用分压接法，故滑动变阻器应选择小电阻；故选：A；‎ ‎（2）实验中要求电压从零开始变化，则必须采用滑动变阻器分压接法；而由于灯泡内阻较小，故应采用电流表外接法，故选：B；‎ ‎（3）由图可知，当电压为1.5V时，电流I=0.15A；由欧姆定律可知，电阻R===10Ω；I﹣U图象中的斜率表示其电阻，故说明电阻值越来越大；即灯泡电阻随温度的升高而增大．‎ 故答案为：（1）A （2）B （3）10，增大 ‎【点评】要熟记电学实验基本要求：伏安法测电阻时注意电流表内外接法的选择方法，当待测电阻值远小于电压表内阻时，电流表用外接法；当待测电阻值远大于电流表内阻时，电流表用内接法．在要求电流或电压值从零调时，滑动变阻器应用分压式，此时应选阻值小的变阻器．‎ ‎　‎ 三．计算题（本题共有3小题，共39分）‎ ‎16．（12分）（2016春•唐山校级期末）如图所示，质量M=8kg的小车放在光滑水平面上，在小车左端加一水平推力F=8N．当小车向右运动的速度达到3m/s时，在小车右端轻轻地放一个大小不计、质量 m=2kg的小物块．小物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长．g取10m/s2，则：‎ ‎（1）放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；‎ ‎（2）经多长时间两者达到相同的速度．‎ ‎【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）根据牛顿第二定律求出M和m的加速度；‎ ‎（2）根据匀变速直线运的速度时间关系求出速度相等时的时间．‎ ‎【解答】解：（1）对小车和物体受力分析，由牛顿第二定律可得，小物块的加速度为：am=μg=0.2×10=2 m/s2‎ 小车的加速度为：aM===0.5 m/s2‎ ‎（2）由amt=v0+aMt，得：t=2 s，‎ 则有：v同=2×2 m/s=4 m/s．‎ 答：（1）放上小物块后，小物块的加速度为2 m/s2；小车的加速度为0.5 m/s2；‎ ‎（2）经2s时间两者达到相同的速度．‎ ‎【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．‎ ‎　‎ ‎17．（13分）（2015•台儿庄区校级模拟）如图所示，在A点固定一正电荷，电量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g．已知静电常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求：‎ ‎（1）液珠的比荷 ‎（2）液珠速度最大时离A点的距离h．‎ ‎（3）若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成，其中r为该点到Q的距离（选无限远的电势为零）．求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB．‎ ‎【考点】动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）根据牛顿第二定律，通过瞬间的加速度求出液珠的比荷．‎ ‎（2）当液珠加速度为零时，速度最大，根据重力和库仑力平衡求出液珠速度最大时离A点的距离．‎ ‎（3）根据动能定理，通过最高点速度为零，求出液珠能到达的最高点B离A点的高度．‎ ‎【解答】解（1）设液珠的电量为q，质量为m，由题意知，当液珠在C点时 比荷为 ‎（2）当液珠速度最大时 得 ‎ ‎（3）设BC间的电势差大小UCB，由题意得 UCB=‎ 对由释放至液珠到达最高点（速度为零）的全过程应用动能定理得qUCB﹣mg（rB﹣H）=0 ‎ 即q﹣mg（rB﹣H）=0‎ 将第（1）问的结果代入化简 rB2﹣3HrB+2H2=0‎ 解得rB=2H rB′=H（舍去） ‎ 答：（1）液珠的比荷为．‎ ‎（2）液珠速度最大时离A点的距离．‎ ‎（3）液珠能到达的最高点B离A点的高度为2H．‎ ‎【点评】‎ 解决本题的关键知道液珠的加速度为零时，速度最大，以及能够熟练运用动能定理和电场力做功公式W=qU．‎ ‎　‎ ‎18．（14分）（2016•萧山区模拟）如图1所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m，导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B，金属导轨的上端与开关S、定值电阻R1和电阻箱R2相连．不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g，现闭合开关S，将金属棒由静止释放．‎ ‎（1）判断金属棒ab中电流的方向；‎ ‎（2）若电阻箱R2接入电路的阻值为R2=2R1，当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻R1上产生的焦耳热Q1；‎ ‎（3）当B=0.40T，L=0.50m，α=37°时，金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2阻值的变化关系如图2所示．取g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80．求定值电阻的阻值R1和金属棒的质量m．‎ ‎【考点】安培力；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）金属棒由静止释放沿导轨向下运动切割磁感线，根据右手定制判断感应电流的方向；‎ ‎（2）以金属棒为研究对象，根据动能定律可正确解答；‎ ‎（3）当金属棒的速度达到最大时，有mgsinα=BIL成立，由此写出最大速度vm和电阻R2的函数关系，根据斜率、截距的物理意义即可正确解答．‎ ‎【解答】解：（1）由右手定则，金属棒ab中的电流方向为b到a ‎（2）由能量守恒，金属棒减小的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热 解得：‎ ‎（3）设最大速度为v，切割磁感线产生的感应电动势E=BLv 由闭合电路的欧姆定律：‎ 从b端向a端看，金属棒受力如图：‎ 金属棒达到最大速度时满足mgsinα﹣BIL=0‎ 由以上三式得：‎ 由图象可知：斜率为，纵截距为v0=30m/s，得到：，‎ 解得：R1=2.0Ω m=0.1kg 答：（1）金属棒ab中电流的方向为b到a；‎ ‎（2）此过程中定值电阻R1上产生的焦耳热Q1为 ‎（3）定值电阻的阻值R1和金属棒的质量m分别为2.0Ω和0.1kg ‎【点评】电磁感应问题经常与电路、受力分析、功能关系等知识相结合，是高中知识的重点，该题中难点是第三问，关键是根据物理规律写出两坐标物理量之间 的函数关系．‎ ‎　‎