物理卷·2017届河北省定州中学高三（承智班）下学期周练（4-16）（2017-04）

物理卷·2017届河北省定州中学高三（承智班）下学期周练（4-16）（2017-04）

河北定州中学2016-2017学年第二学期 高三承智班物理周练试题（4.16）‎ 一、选择题 ‎1．如图所示A、B、C三个物体放在旋转圆台上，A、B与台面间动摩擦因数均为μ，C与台面间动摩擦因数为2μ，A、C的质量均为m，B质量为2m，A、B离轴为R,C离轴为2R，则当圆台匀速旋转时，（设A、B、C都没有滑动）（ ）‎ ‎ ‎ A. C物的向心加速度最大 B. A物所受静摩擦力最小 C. 当圆台转速缓慢增加时，C比A先滑动 D. 当圆台转速缓慢增加时，B比A先滑动 ‎2．测定运动员体能的一种装置如图所示，运动员质量为m1，绳拴在腰间沿水平方向跨过滑轮（不计滑轮质量及摩擦）,下悬一质量为m2的重物，人用力蹬传送带而人的重心不动，使传送带以速率v匀速向右运动。下面是人对传送带做功的四种说法，其中正确的是 ‎ ‎ A. 人对传送带做功 B. 人对传送带不做功 C. 人对传送带做功的功率为m2gv D. 人对传送带做功的功率为（m1+m2）gv ‎3．如图所示，在Ⅰ，Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD，AC边界的夹角∠DAC＝30°，边界AC与边界MN平行，Ⅱ区域宽度为d.质量为m，电荷量为＋q的粒子可在边界AD上的不同点射入，入射速度垂直AD且垂直磁场，若入射速度大小为，不计粒子重力，则 ‎ ‎ A. 粒子在磁场中的运动半径为 B. 粒子距A点0.5d处射入，不会进入Ⅱ区 C. 粒子距A点1.5d处射入，在Ⅰ区内运动的时间为 D. 能够进入Ⅱ区域的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为 ‎4．图示为某探究活动小组设计的节能运动系统。斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为，木箱在轨道A端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，在轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道A端，重复上述过程。下列选项正确的是( )‎ ‎ ‎ A. m＝3M B. m＝2M C. 木箱不与弹簧接触时，上滑过程的运动时间大于下滑过程中的运动时间 D. 若货物的质量减少，则木箱一定不能回到A处 ‎5．如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为2kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v－t图如图乙所示，则可知 ‎ ‎ A. A的质量为4kg B. 运动过程中A的最大速度为vm=4m/s C. 在A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒 D. 在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3J ‎6．一个含有理想变压器的电路如图所示，其中R1、R3、R4为定值电阻，R2为滑动变阻器，电表为理想电表，u为正弦交流电源，输出电压有效值恒定，当滑片P从左向右滑动的过程中，下列说法正确的是 ‎ ‎ A. 电压表示数变大 B. 电容器C所带电荷量始终不变 C. 电流表示数减小 D. 理想变压器输出功率增大 ‎7．如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一带正电粒子以速度v1从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过时间t1射出磁场。另一相同的带电粒子以速度v2从距离直径AOB的距离为的C点平行于直径AOB方向射入磁场，经过时间t2射出磁场。两种情况下，粒子射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角均为θ=60o。不计粒子受到的重力，则 ‎ ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎9．一宇航员到达半径为R、密度均匀的某星球表面，做如下实验：用不可伸长的轻绳拴一质量为m的小球，上端固定在O点，如图甲所示，在最低点给小球某一初速度，使其绕O点的竖直面内做圆周运动，测得绳的拉力F大小随时间t的变化规律如图乙所示．F1＝7F2，设R、m、引力常量G以及F1为已知量，忽略各种阻力．以下说法正确的是 ‎ ‎ ‎ A. 该星球表面的重力加速度为 B. 卫星绕该星球的第一宇宙速度为 C. 星球的密度为 D. 小球过最高点的最小速度为0‎ ‎10．假设某卫星在距地面高度为4200km的赤道上空绕地球做匀速圆周运动，该卫星与地球同步卫星绕地球同向运动。已知地球半径约为6400km，地球同步卫星距地面高度36000km。每当两者相距最近时，卫星向同步卫星发射信号，然后再由同步卫星将信号发送至地面接收站。从某时刻两者相距最远开始计时，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为（不考虑信号传输所需时间）‎ A. 4次 B. 6次 C. 7次 D. 8次 ‎11．如图所示，倾角为30°、高为L的固定斜面底端与水平光滑相连，质量分别为3m、m的两个小球a、b用长为L的轻绳连接，a球置于斜面顶端。现由静止释放a、b两球，b球与弧形挡板碰撞时间极短并无机械能损失。不计一切摩擦，则 ‎ ‎ A. a球到达斜面底端的速率为 B. b球到达斜面底端的速率为 C. a球沿斜面下滑的过程中，轻绳一直对b球做正功 D. 两球粘在一起运动后的速率为 ‎12．如图所示，竖直固定的光滑的绝缘杆上O点套有一个质量为m，带电量为q(q<0)的小环。在杆的左侧固定一个带电量为+Q的点电荷，杆上A、B两点与Q正好构成一边长为a的等边三角形，OA间距离也为a。现将小环从O点由静止释放，若小环通过A点的速率为，则在小环从O到B的过程中 ‎ ‎ A. 在O点时，q与Q形成的系统电势能最大 B. 到达AB的中点时，小环速度一定最大 C. 从O到B，电场力对小环一直做正功 D. 到达B点时，小环的速率为 ‎13．如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠竖直墙壁，右侧靠一质量为M2的物块．今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始下落，与半圆槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是( )‎ ‎ ‎ A. 小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 B. 小球在槽内运动的B至C过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统冲车方向动量守恒 C. 小球离开C点以后，将做竖直上抛运动 D. 小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统机械能守恒 ‎14．在光滑水平面上，有一个粗细均匀的边长为L的单匝正方形闭合线框abcd，在水平外力的作用下，从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动，穿过匀强磁场，如图甲所示，测得线框中产生的感应电流的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示 ‎ ‎ A. 线框开始运动时ab边到磁场左边界的距离为 B. 线框边长与磁场宽度的比值为3:8‎ C. 离开磁场的时间与进入磁场的时间之比为 D. 离开磁场的过程中外力做的功与进入磁场的过程中外力做的功相等 ‎15．如图，第一次，小球从粗糙的圆形轨道顶端A由静止滑下，到达底端B 的速度为v1，克服摩擦力做功为W1；第二次，同一小球从底端B以v2冲上圆形轨道，恰好能到达A点，克服摩擦力做功为W2，则 ‎ ‎ A. v1可能等于v2‎ B. W1一定小于W2‎ C. 小球第一次运动机械能变大了 D. 小球第一次经过圆弧某点C的速率小于它第二次经过同一点C的速率 ‎16．用等长的绝缘细线把一个质量为1.0kg的小球a悬挂天花板上M、N两点，a带有Q=1.0×10-5C的正电荷。两线夹角为120°，a的正下方0.3m处放一带等量异种电荷的小球b，b与绝缘支架的总质量为2.0kg，两线上的拉力大小分别为F1和F2。（k=9×109Nm2/C2，取g=10m/s2）则( )‎ ‎ ‎ A. 支架对地面的压力大小为30.0N B. 两线上的拉力大小F1=F2=20.0N C. 将b水平右移，使M、a、b在同一直线上，此时两线上的拉力大小F1=12.5N，F2=10.0N D. 将b移到无穷远处，两线上的拉力大小F1=F2=20.0N ‎17．如图所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x1＝，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0。在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则下列说法正确的是( )‎ ‎ ‎ A. 初始时刻导体棒受到的安培力大小F＝‎ B. 初始时刻导体棒加速度的大小a＝2g＋‎ C. 导体棒往复运动，最终将静止时弹簧处于压缩状态 D. 导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q＝mv02＋‎ ‎18．如图是德国物理学家史特恩设计的最早测定气体分子速率的示意图．M、N是两个共轴圆筒的横截面，外筒N的半径为R，内筒的半径比R小得多，可忽略不计．筒的两端封闭，两筒之间抽成真空，两筒以相同角速度ω绕其中心轴线匀速转动．M筒开有与转轴平行的狭缝S，且不断沿半径方向向外射出速率分别为v1和v2的分子，分子到达N筒后被吸附，如果R、v1、v2保持不变，ω取某合适值，则以下结论中正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 当时（n为正整数），分子落在不同的狭条上 B. 当时（n为正整数），分子落在同一个狭条上 C. 只要时间足够长，N筒上到处都落有分子 D. 分子不可能落在N筒上某两处且与S平行的狭条上 ‎19．如图所示，为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定：电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ的方向为正，外力F向右为正。则以下关于线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图象正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎20．圆心为O、半径为R的半圆的直径两端，各固定有一根垂直圆平面的长直导线a、b，两导线中通有大小分别为2I0和I0且方向相同的电流。已知长直导线产生的磁场的磁 感应强度，其中k为常数、I为导线中电流、r为点到导线的距离。则下列说法中正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 圆心O点处的磁感应强度的方向由a指向b B. 在直径ab上，磁感应强度为0的点与b点距离为 C. 在半圆上一定存在“磁感应强度方向平行于直径ab”的位置 D. 在半圆上一定存在“磁感应强度方向沿半圆切线方向”的位置 ‎ ‎ ‎ ‎ 二、实验题 ‎21．明德中学一研究性学习小组欲通过测定工业污水（含多种重金属离子）的电阻率来判断某工厂废水是否达到排放标准（一般工业废水电阻率的达标值为 ρ≥200Ω•m，如图所示为该组同学所用盛水容器，其左、右两侧面为金属薄板（电阻极小），其余四面由绝缘材料制成，左右两侧带有接线柱。容器内表面长 a=40cm，宽 b=20cm，高 c=10cm，将水样注满容器后，进行以下操作：‎ ‎（1）分别用多用电表欧姆挡的“×l00”、“×1K”两档粗测水样的电阻值时，表盘上指针如图 2 所示，则所测水样的电阻约为________Ω。‎ ‎（2）为更精确地测量所取水样的电阻，该小组从实验室中找到如下实验器材；‎ ‎ ‎ A．电流表（量程 6mA，电阻 为 20Ω） ‎ B．电压表（量程 15V 电阻 Rv 约为 10kΩ）‎ C．滑动变阻器（0-20Ω，额定电流 1A） ‎ D．电源（12V 内阻约 10Ω）‎ E．开关一只、导线若干 请在图 3 的实物图中完成电路连接__________ 。‎ ‎ ‎ ‎（3）正确连接电路后，闭合开关，测得一组 U、I数据；再调节滑动变阻器，重复上述测量步骤 ，得出一系列数据如表所示，请在图 4 的坐标纸中作出 U﹣I 关系图线。‎ U/V ‎2.0‎ ‎3.8‎ ‎6.8‎ ‎8.0‎ ‎10.2‎ ‎11.6‎ I/mA ‎0.37‎ ‎1.36‎ ‎2.20‎ ‎2.89‎ ‎3.66‎ ‎4.15‎ ‎ ‎ ‎（4）由以上测量数据可以求出待测水样的电阻率为______Ω•m，据此可知，所测水样在电 阻率这一指标上_____________________（选填“达标”或“不达标”）‎ ‎ ‎ 三、计算题 ‎22．如图所示，两根平行的光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L，电阻不计，水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.导体棒a与b的质量均为m，电阻值分别为Ra＝R，Rb＝2R.b棒放置在水平导轨上足够远处，a棒在弧形导轨上距水平面h高度处由静止释放．运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g.‎ ‎ ‎ ‎(1)求a棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向；‎ ‎(2)求最终稳定时两棒的速度大小；‎ ‎(3)从a棒开始下落到最终稳定的过程中，求b棒上产生的内能．‎ 参考答案 ‎1．AB ‎【解析】三个物体做圆周运动的角速度ω相同，根据，C物的轨道半径最大，故C的向心加速度最大，故A正确；三个物体受静摩擦力提供向心力，所以A受静摩擦力，B受静摩擦力，C： ，故B正确；A受最大静摩擦力均为，B受最大静摩擦力均为，C受最大静摩擦力均为，所以当角速度增大时，A、B、C同时滑动，故C、D错误。‎ ‎2．AC ‎【解析】A、B、人对传送带的摩擦力方向向右，传送带在力的方向上有位移，所以人对传送带做功，A正确；B错误； C、D、人的重心不动，绳对人的拉力和人与传送带间的摩擦力平衡，而拉力又等于m2g．所以人对传送带做功的功率为m2gv．C正确；D错误； 故选AC。‎ ‎3．CD ‎【解析】根据，得，所以A错误；粒子刚好不能进入区域Ⅱ的运动轨迹如图所示，恰好与AC相切，根据几何关系可求，此时入射点到A的距离为d，即到A点距离大于d的都不能进入区域Ⅱ，运动轨迹为一半圆，时间，所以B错误；C正确；从A点进入的粒子在区域Ⅱ中运动的试卷最短，轨迹如图所示，由几何关系知，轨迹圆心角为60°，最短时间，故D正确。‎ ‎ ‎ ‎4．AD ‎【解析】AB、设下滑的距离为l，根据能量守恒有，得m＝3M，A正确、B错误；‎ C、受力分析可知，下滑时加速度为，上滑时加速度为，上滑过程可以看做相同大小加速度的反向的初速度为零的下滑过程，位移相同，加速度大的时间短，C错误；‎ D、根据，木箱恰好被弹回到轨道A端，如果货物的质量减少，等号前边一定小于后边，即轻弹簧被压缩至最短时的弹性势能小于木箱回到A处所需的能量，则木箱一定不能回到A处，D正确；故选AD。‎ ‎5．BD ‎【解析】AB、解除对弹簧的锁定，A离开挡板后，系统动量守恒、机械能守恒，B速度最大时，A的速度最小为零，且此时弹簧处于原长，；B的速度最小时，A的速度最大，设A的的质量为m，此时A的速度为v，根据动量守恒和机械能守恒有： ， ，可得m=1kg，v=4m/s，A错误、B正确；‎ 在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以A、B系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，故C错误；‎ 当A、B速度相等时，A、B动能之和最小，根据机械能守恒定律，此时弹性势能最大。根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有： ， ‎ 联立解得：E′Pmax=3J，故D正确。故选：BD。‎ ‎【名师点睛】在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以A、B系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒；A离开挡板后，A、B系统所受合外力为零，系统机械能守恒．B速度最大时，A的速度最小为零，且此时弹簧处于原长；B的速度最小时，A的速度最大；当A、B速度相等时，A、B动能之和最小，此时弹性势能最大。根据机械能守恒定律和动量守恒定律求解。‎ ‎6．AC ‎【解析】设电流表的示数为I，原副线圈匝数比为n，正弦交流电源输出电压为U，则变压器输入电压为U-IR1，副线圈中电流为nI，电压表示数为，则有,当滑片P从左向右滑动的过程中，R2增大，电流表示数I减小，C正确；电压表示数增大，A正确；因为是交变电流，电容器C所带电荷量正负、大小始终在变化，B错误；理想变压器输出功率，减小，D错误；故选AC。‎ ‎7．BC ‎【解析】‎ 根据题意确定圆心，画出轨迹，如图所示，连接O1O,根据三角形AO1O ‎，由几何关系可知，连接CO连接第二个粒子射出点D与O，四边形O2CDO为菱形，R2=R，根据带电粒子在磁场中运动的半径公式，速度与半径成正比v1:v2=R1：R2=tan600=：1，所以A错误；B正确；根据周期公式可知，粒子的周期相同，圆心角都为，时间相同，所以C项正确；D项错误。‎ 故选BC。‎ ‎【名师点睛】带电粒子在磁场中的运动，首先要确定圆心，根据几何关系确定半径与圆磁场半径的关系，洛伦兹力提供向心力，根据半径关系得出速度的关系。运动时间取决于周期和在磁场中转过的圆心角的大小，相同粒子在同一磁场中周期相同，可确定运动时间的关系。‎ ‎8．A ‎【解析】微粒从M到N运动时间 ，对应N筒转过角度 ，即如果以v1射出时，转过角度： ，如果以v2射出时，转过角度： ，只要θ1、θ2不是相差2π的整数倍，即当 时（n为正整数），分子落在不同的两处与S平行的狭条上，故A正确，D错误；若相差2π的整数倍，则落在一处，即当 时（n为正整数），分子落在同一个狭条上．故B错误；若微粒运动时间为N筒转动周期的整数倍，微粒只能到达N筒上固定的位置，因此，故C错误．故选A 点睛：解答此题一定明确微粒运动的时间与N筒转动的时间相等，在此基础上分别以v1、v2射出时来讨论微粒落到N筒上的可能位置。‎ ‎9．C ‎【解析】设砝码在最低点时细线的拉力为F1，速度为v1，则 ① 设砝码在最高点细线的拉力为F2，速度为v2，则 ② 由机械能守恒定律得 ③ ‎ 由①、②、③解得 ④ F1=7F2，所以该星球表面的重力加速度为 ．故A错误．根据万有引力提供向心力得： 卫星绕该星球的第一宇宙速度为 ，故B错误．在星球表面，万有引力近似等于重力 ⑤ 由④、⑤解得 ,星球的密度： ，选项C正确； 小球在最高点受重力和绳子拉力，根据牛顿运动定律得： ‎ 所以小球在最高点的最小速．故D错误．故选C．‎ 点睛：根据砝码做圆周运动时在最高点和最低点的运动规律，找出向心力的大小，可以求得重力加速度；知道在星球表面时，万有引力和重力近似相等，而贴着星球的表面做圆周运动时，物体的重力就作为做圆周运动的向心力．‎ ‎10．C ‎【解析】据开普勒第三定律 （1） R1=4200km+6400km R2=36000km+6400km （2） 可知载人宇宙飞船的运行周期T1与地球同步卫星的运行周期T2之比为 ，又已知地球同步卫星的运行周期为一天即24h，因而载人宇宙飞船的运行周期T1=h=3h；由匀速圆周运动的角速度 ，所以宇宙飞船的角速度为 ，同步卫星的角速度为 ；当两者与太阳的连线是一条直线且位于地球异侧时，相距最远，此时追击距离为π即一个半圆，追击时间为 ；此后，追击距离变为2π即一个圆周，同理，追击时间为 ．可以得到24h内共用时 ‎ h完成追击7次，即七次距离最近，因而发射了七次信号．‎ 点睛：从相距最近再次相距最近，它们转动的角度相差360度；当从相距最近到再次相距最远时，它们转动的角度相差180度．‎ ‎11．AD ‎【解析】从A球开始下滑到A球落地的过程中，系统的机械能守恒，A到达最低面时B在斜面的中点上，对系统： ，解得，所以A正确；A球滑到水平面后，A球的速度不再变化，而B球受重力的作用，速度增大，此时绳上没有拉力，对B： ，解得，所以B错误；当b球到达斜面时，绳上拉力消失，所以C错误；两球在水平面上运动，发生碰撞，动量守恒，代入解得，所以D正确。‎ ‎12．AD ‎【解析】小环从O点下落的过程中受电场力做正功，电势能减小，所以在O点时，q与Q形成的系统电势能最大，故A正确；到达AB的中点时，受电场力方向水平，小环受合外力等于mg，加速度a=g，小环将继续加速，所以B错误；从O到B，电场力对小环先做正功后做负功，总功是正功，故C错误；从O到A，根据动能定理： ，从O到B，根据动能定理： ，UOB=UOA，联立解得，所以D正确。‎ ‎13．BD ‎【解析】试题分析：‎ 小球从A→B的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从B→C的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，但是小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒，小球运动的全过程，水平方向动量也不守恒，选项A错误，选项B正确；‎ 当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，即选项C错误；‎ 因为小球在槽内运动过程中，速度方向与槽对它的支持力始终垂直，即支持力不做功，且在接触面都是光滑的，所以小球、半圆槽。物块组成的系统机械能守恒，故选项D正确。‎ 故选：BD ‎14．AB ‎【解析】由乙图知，线框做初速度为零的匀加速直线运动，在磁场外运动时间2s，位移为x；进入磁场用时2s，位移为L，所以，故A正确；在磁场知运动的时间也是2s，所以在磁场知运动的位移，磁场的宽度，所以B正确；由乙图知，进入与离开磁场过程线框中电流大小不同，所以线框受安培力大小不等，再根据F-BIL=ma知，两个过程拉力大小不等，而位于位移相同，所以做的功不同，故D错误；设加速度为a，进入磁场过程 ‎： ，V1=2a，t1=2s；离开磁场过程： ，V2=6a，求得，所以C错误。‎ ‎15．BD ‎【解析】从A下滑到B： ，从B上滑到A ‎： ，可得，所以A错误；小球的两次运动，都有阻力做负功，机械能都减小了，故C错误；取特殊位置，某点C，取在B点，可知，小球第一次经过圆弧某点C的速率小于它第二次经过同一点C的速率，故D错误；设小球与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，根据，所以下滑时小球与轨道间弹力小于上滑过程中小球与轨道间弹力，再由知，下滑过程受摩擦力大小小于上滑过程受摩擦力大小，所以W1一定小于W2，B正确。‎ ‎16．BC ‎【解析】对B和支架受力分析，受竖直向下的重力，a对b的库仑力，地面的支持力，由平衡条件可求支持力，所以A错误；对a由平衡条件知，故B正确；将b水平右移，使M、a、b在同一直线上，此时两球的距离变为，所以有，解得F1=12.5N，F2=10.0N，所以C正确；将b移到无穷远处，库仑力为零，则F1=F2=mg=10.0N，所以D错误。‎ ‎17．BC ‎【解析】由题意知，导体棒的初速度为v0‎ ‎，产生的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得：E=BLv0，设初始时刻回路中产生的电流为I，由闭合电路的欧姆定律得： ，设初始时刻导体棒受到的安培力为F，由安培力公式得：F=BIL 联立上式得， ，所以A错误；初始时刻，弹簧处于伸长状态，棒受到重力、向下的安培力和弹簧的弹力，所以：ma=mg+kx+F，得：‎ ‎，故B正确；从初始时刻到最终导体棒静止的过程中，导体棒减少的机械能一部分转化为弹簧的弹性势能，另一部分通过克服安培力做功转化为电路中的电能；当导体棒静止时，棒受到重力和弹簧的弹力，受力平衡，所以弹力的方向向上，此时导体棒的位置比初始时刻降低了，故C正确；导体棒直到最终静止时，棒受到重力和弹簧的弹力，受力平衡，则：mg=kx2，得： ．由于x1=x2，所以弹簧的弹性势能不变，由能的转化和守恒定律得：mg（x1+x2）+Ek=Q解得： ，所以D正确。‎ ‎18．A ‎【解析】由题意知，微粒从M到N运动的时间t=R∕v，在此时间内筒转过的角度，微粒以不同飞速度运动，两次运动时间内筒转过的角度不是相差2π的整数倍，即当时（n为正整数），分子落在不同的狭条上，所以A正确；D错误；若相差2π的整数倍，则落在一处，即当时（n为正整数），分子落在同一个狭条上，所以B错误；若微粒运动的时间为筒转动周期的整数倍，微粒只能到达筒上固定的位置，所以C错误。‎ ‎19．D ‎【解析】当线框运动L时开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入磁场时达到最大，此后向外的磁通量增加，总磁通量开始减少，当运动到2.5L时，磁通量最小，故A错误；‎ 当线框进入第一个磁场时，由E=BLv可知，E保持不变，而开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势应为2BLv，故B错误；‎ 因安培力总是与运动方向相反，故外力应一直向右，故C错误；‎ 外力的功率P=Fv ‎，因速度不变，而线框在第一个磁场时，电流为定值，外力也为定值；两边分别在两个磁场中时，有B的分析可知，电流加倍，故安培力加倍，功率加倍，此后从第三个磁场中离开时，安培力应等于第一个磁场中的安培力，故D正确。‎ ‎20．BD ‎【解析】根据右手定则可判断电流a在O点的磁场方向竖直向下，电流B在O点磁场方向竖直向上，由磁感应强度知，电流a在O处产生的磁感应强度比电流b的大，故叠加后O点磁场方向竖直向下，故A错误；设在直径ab上，磁感应强度为0的点与b点距离为r，，解得，所以B正确；在半圆上任取一点P，电流a在P点的磁感应强度为，电流b在P点的磁感应强度为，设该处磁感应强度B的方向与aP的夹角为α，则，设aP与ab的夹角为β，则，所以，故B的方向不可能与ab平行，一定存在BD 方向沿半圆切线方向的位置，所以C错误；D正确。‎ ‎21． 1750 135.5 不达标 ‎【解析】（1）电阻的大小等于指针示数乘以倍率，得出水样的电阻约为：1750Ω； （2）因为要精确测量电阻值，需要电路中电压有较大的变化范围，而滑动变阻器阻值又远小于待测电阻，所以连线时滑动变阻器要用分压接法；又因为所测电阻的阻值约为1750Ω＞RARV，则采用电流表内接法，电路连接如图所示． （3）描点法作图，如图．（让绝大多数的点在直线上，其余各点均匀地分布在直线两侧．） ‎ ‎ （4）由图线斜率可知，总电阻为 ;又，根据电阻定律 ，故有 ，所以不达标．‎ ‎22．(1) ，方向水平向左 (2) (3)mgh ‎【解析】(1)设a棒刚进入磁场时的速度为v，从开始下落到进入磁场 根据机械能守恒定律有mgh＝mv2‎ a棒切割磁感线产生感应电动势E＝BLv 根据闭合电路欧姆定律有I＝‎ a棒受到的安培力F＝BIL 联立以上各式解得F＝，方向水平向左．‎ ‎(2)设两棒最后稳定时的速度为v′，从a棒开始下落到两棒速度达到稳定 根据动量守恒定律有mv＝2mv′‎ 解得v′＝.‎ ‎(3)设a棒产生的内能为Ea，b棒产生的内能为Eb 根据能量守恒定律得mv2＝×2mv′2＋Ea＋Eb 两棒串联内能与电阻成正比Eb＝2Ea 解得Eb＝mgh.‎ ‎ ‎