2015-2016学年江苏省盐城中学高三（上）月考物理试卷（12月份）
一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分．每小题只有一个选项符合题意．
1．许多科学家在物理学发展中作出了重要的贡献，下列表述正确的是( )
A．伽利略认为自由落体运动是速度随位移均匀变化的运动，并通过实验得到验证
B．牛顿发现了万有引力定律，并计算出太阳与地球间引力的大小
C．卡文迪许通过实验测得了万有引力常量
D．奥斯特发现了电流的磁效应，并总结出了电磁感应规律
2．如图所示，水平地面上固定着一根竖直立柱，某人用绳子通过柱顶的定滑轮将重物拉住，不计滑轮摩擦．则在人拉着绳子的一端缓慢向右移动的过程中( )
A．地面对人的摩擦力逐渐增大，绳对滑轮的压力逐渐减小
B．地面对人的摩擦力逐渐减小，绳对滑轮的压力保持不变
C．地面对人的摩擦力逐渐减小，绳对滑轮的压力逐渐增大
D．地面对人的摩擦力逐渐增大，绳对滑轮的压力保持不变
3．我国“嫦娥二号”探月卫星于2010年10月1日成功发射，有一阶段在离月球表面h高度处的圆形轨道上运行．已知“嫦娥二号”在该轨道上运行的周期为T，月球半径为R，月球表面处的重力加速度为g，引力常量为G．根据以上信息，不可求出( )
A．探月卫星的线速度大小
B．月球的平均密度
C．探月卫星的动能大小
D．探月卫星所在处的引力加速度大小
4．如图所示电路中，L1、L2为两只相同灯泡，R为光敏电阻（随光照的增强电阻减小），当光照强度逐渐增强的过程中，下列判断正确的是( )
A．L1、L2两灯均逐渐变暗
B．L1灯逐渐变暗，L2灯逐渐变亮
C．电源内电路消耗功率逐渐减小
D．光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率逐渐增大
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5．如图所示，一个静止的质量为m、电荷量为q的粒子（重力忽略不计），经加速电压U加速后，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子打到P点，OP=x，能正确反映x与U之间关系的是( )
A．x与U成正比 B．x与U成反比 C．x与成正比 D．x与成反比
6．如图所示，质量为m、电荷量为e的质子以某一初速度（动能为Ek）从坐标原点O沿x轴正方向进入场区，若场区仅存在平行于y轴向上的匀强电场时，质子通过P（d，d）点时的动能为5Ek；若场区仅存在垂直于xoy平面的匀强磁场时，质子也能通过P点．不计质子的重力．设上述匀强电场的电场强度大小为E、匀强磁场的磁感应强度大小为B，则下列说法中正确的是( )
A．E= B．E= C．B= D．B=
二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共计20分．每小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，错选或不答得0分．
7．在光滑圆锥形容器中，固定了一根光滑的竖直细杆，细杆与圆锥的中轴线重合，细杆上穿有小环（小环可以自由转动，但不能上下移动），小环上连接一轻绳，与一质量为m的光滑小球相连，让小球在圆锥内做水平面上的匀速圆周运动，并与圆锥内壁接触．如图所示，图①中小环与小球在同一水平面上，图②中轻绳与竖直轴成θ角．设图①和图②中轻绳对小球的拉力分别为Ta和Tb，圆锥内壁对小球的支持力分别为Na和Nb，则下列说法中正确的是( )
A．Ta一定为零，Tb一定为零 B．Ta可以为零，Tb可以为零
C．Na一定不为零，Nb可以为零 D．Na可以为零，Nb可以为零
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8．第22届冬季奥林匹克运动会于2014年2月7日至2月23日在俄罗斯索契市举行．跳台滑雪是比赛项目之一，利用自然山形建成的跳台进行，某运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上，如图所示，若斜面雪坡的倾角为θ，飞出时的速度大小为v0，不计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变，重力加速度为g，则( )
A．如果v0不同，该运动员落到雪坡时的位置不同，速度方向也不同
B．如果v0不同，该运动员落到雪坡时的位置不同，但速度方向相同
C．运动员在空中经历的时间是
D．运动员落到雪坡时的速度大小是
9．如图所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和2m的小球A、B（均可看作质点），且小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连，在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中（已知重力加速度为g），下列说法正确的是( )
A．A球增加的机械能等于B球减少的机械能
B．A球增加的重力势能等于B球减少的重力势能
C．A球的最大速度为
D．细杆对A球做的功为mgR
10．空间某区域存在着电场，电场线在竖直面上的分布如图所示，一个质量为m、电量为q的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2，运动方向与水平方向之间夹角为α，A、B两点之间的高度差与水平距离均为H，则以下判断中正确的是( )
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A．小球由A点运动至B点，电场力做的功W=mv12﹣mgH
B．A、B两点间的电势差U=
C．带电小球由A运动到B的过程中，电场力对小球一定做正功
D．小球运动到B点时所受重力的瞬时功率为p=mgv2sinα
11．一电流表的原理图如图所示．质量为m的匀质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧劲度系数为k．在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab．当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流大小．下列说法正确的是( )
A．若要电流表正常工作，电流由M→N
B．若将量程扩大到2倍，只需将磁感应强度变为原来的倍
C．若将量程扩大到2倍，可换一根劲度系数为原来倍的轻弹簧
D．若将量程扩大到2倍，需要将磁感应强度和弹簧劲度系数均增大为原来2倍
三、简答题：把答案填在答题纸相应的横线上或按题目要求作答．两题共22分
12．利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动．
（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度b，结果如图2所示，由此读出b=__________mm；
（2）滑块通过B点的瞬时速度可表示为__________；
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（3）某次实验测得倾角θ=30°，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为△Ek=__________，系统的重力势能减少量可表示为△Ep=__________，在误差允许的范围内，若△Ek=△Ep则可认为系统的机械能守恒；
（4）在上次实验中，某同学改变A、B间的距离，作出的v2﹣d图象如图3所示，并测得M=m，则重力加速度g=__________m/s2．
13．（1）多用电表表指针如图1所示．如果选用的是直流5mA挡，则读数为__________mA；如果选用的是×10Ω挡，则读数为__________Ω．
（2）某同学用电压表和电流表测量电阻R 的阻值，实物连接装置如图2所示．用这个电路测量__________（填“大”或“小”）电阻误差较小，且测量值比电阻的真实值__________（填“大”或“小”）
（3）某同学设计的测定水果电池电动势和内电阻的电路如图3所示．水果电池内阻较大，图中电流计内阻未知．实验中他多次改变电阻箱的电阻值，并记录电阻箱的阻值及相应的电流计读数．用上述方法__________：
A．能测定水果电池电动势
B．能测定水果电池内电阻
C．处理数据时用R﹣1/I图比R﹣I图更科学
D．电阻箱取值应该大些
（4）一段导体的伏安特性曲线如图4所示．一同学用电动势为4.5V、内阻为3.0Ω的电源与该导体构成闭合回路，则导体消耗的功率是__________W．
四、计算题：本题共4小题，共60分．解答时写出必要的文字说明、方各式和演算步骤，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．
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14．如图所示，在倾角θ=37°的固定斜面底端，放着一个质量为1Kg的物体，现对物体施加平行于斜面向上的恒力F=20N，作用时间t1=1s时撤去拉力F，若物体与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，斜面足够长，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．试求：
（1）撤去F时，物体的速度是多少？此过程中F做的功是多少？
（2）物体再返回到斜面低端时的速度是多少？
15．如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与半径为R=0.6m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1kg的滑块（大小不计），从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化关系如图乙所示，滑块与AB间动摩擦因数为0.25，与BC间的动摩擦因数未知，取g=l0m/s2．求：
（1）滑块到达B处时的速度大小；
（2）滑块在水平轨道AB上运动前2m过程中所需的时间；
（3）若滑块到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能达到最高点C，则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少．
16．如图所示，两块竖直放置的导体板间存在水平向左的匀强电场，板间距离为d．有一带电量为+q、质量为m的小球（可视为质点）以水平速度从A孔进入匀强电场，且恰好没有与右板相碰，小球最后从B孔离开匀强电场，若A、B两孔的距离为4d，重力加速度为g，求：
（1）两板间的场强大小；
（2）小球从A孔进入电场时的速度；
（3）从小球进入电场到其速度达到最小值，小球电势能的变化量为多少？
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17．如图所示，垂直纸面的两平行金属板M、N之间加有电压，M板上O1处有一粒子源，可不断产生初速度为零的带正电粒子，粒子电荷量为q，质量为m，N板右侧是一半径为R的接地金属圆筒，圆筒垂直于纸面且可绕中心轴逆时针转动．O2为N板上正对O1的小孔，O3、O4为圆筒某一直径两端的小孔，开始时O1、O2、O3、O4在同一水平线上．在圆简上方垂直纸面放置一荧光屏，荧光屏与直线O1O2平行，圆筒转轴到荧光屏的距离OP=3R．不计粒子重力及粒子间相互作用．
（1）若圆筒静止且圆筒内不加磁场，粒子通过圆筒的时间为t，求金属板MN上所加电压U；
（2）若圆筒内加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆筒绕中心轴以某一角速度逆时针方向匀速转动，调节MN间的电压使粒子持续不断地以不同速度从小孔O2射出电场，经足够长的时间，有的粒子打到圆筒上被吸收，有的通过圆筒打到荧光屏上产生亮斑．如果在荧光屏PQ范围内的任意位置均会出现亮斑，PQ=R．求粒子到达荧光屏时的速度大小v的范围；
（3）在第（2）问情境中，若要使进入圆筒的粒子均能从圆筒射出来，求圆筒转动的角速度ω．
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2015-2016学年江苏省盐城中学高三（上）月考物理试卷（12月份）
一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分．每小题只有一个选项符合题意．
1．许多科学家在物理学发展中作出了重要的贡献，下列表述正确的是( )
A．伽利略认为自由落体运动是速度随位移均匀变化的运动，并通过实验得到验证
B．牛顿发现了万有引力定律，并计算出太阳与地球间引力的大小
C．卡文迪许通过实验测得了万有引力常量
D．奥斯特发现了电流的磁效应，并总结出了电磁感应规律
【考点】物理学史．
【专题】常规题型．
【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．
【解答】解：A、伽利略认为自由落体运动是速度随位移均匀变化的运动，没有通过实验得到验证，故A错误；
B、牛顿发现了万有引力定律，但是不知道万有引力常量大小，没有计算出太阳与地球间引力的大小，故B错误；
C、卡文迪许通过实验测得了万有引力常量，故C正确；
D、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第总结出了电磁感应规律，故D错误；
故选：C．
【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
2．如图所示，水平地面上固定着一根竖直立柱，某人用绳子通过柱顶的定滑轮将重物拉住，不计滑轮摩擦．则在人拉着绳子的一端缓慢向右移动的过程中( )
A．地面对人的摩擦力逐渐增大，绳对滑轮的压力逐渐减小
B．地面对人的摩擦力逐渐减小，绳对滑轮的压力保持不变
C．地面对人的摩擦力逐渐减小，绳对滑轮的压力逐渐增大
D．地面对人的摩擦力逐渐增大，绳对滑轮的压力保持不变
【考点】摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．
【专题】摩擦力专题．
【分析】对物体进行受力分析可求得绳子的拉力；再对人进行受力分析可求得人受到的摩擦力；对滑轮受力分析，由力的合成可知绳对滑轮的压力变化．
【解答】解：物体缓慢上升，故绳子拉力等于物体的重力；故绳子的拉力不变；
对人受力分析可知，人受重力、支持力、绳子的拉力及摩擦力；由于人在走动过程中，绳子与水平方向的夹角减小，故绳子的拉力在水平方向上的分力增大；故水平方向的摩擦力变大；
绳子的拉力不变，但两边绳子的夹角变大，则由力的合成可知，绳子对滑轮的压力减小；
故只有A正确；
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故选：A．
【点评】本题要注意物体及人缓慢运动，说明人及物体受力均处于平衡状态；可以由共点力平衡条件进行分析求解．
3．我国“嫦娥二号”探月卫星于2010年10月1日成功发射，有一阶段在离月球表面h高度处的圆形轨道上运行．已知“嫦娥二号”在该轨道上运行的周期为T，月球半径为R，月球表面处的重力加速度为g，引力常量为G．根据以上信息，不可求出( )
A．探月卫星的线速度大小
B．月球的平均密度
C．探月卫星的动能大小
D．探月卫星所在处的引力加速度大小
【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．
【专题】人造卫星问题．
【分析】探月卫星做匀速圆周运动，万有引力定律提供向心力，用周期表示的向心力与用线速度表示的向心力相等，则可求出线速度的大小，利用球体体积公式和密度公式可求出平均密度，利用重力等于万有引力可求出引力加速度的大小．
【解答】解：A、探月卫星做匀速圆周运动，根据周期与线速度的关系，即：，所以A选项可以求出．故A错误；
B、探月卫星受到的万有引力提供向心力，，又因月球的体积，月球的质量与体积、平均密度关系：，
联立求得平均密度为：，故D错误．
C、因为不知卫星的质量，因此无法知道卫星的动能大小，故C正确．
D、探月卫星受到的万有引力提供向心力，，得．故D错误．
故选：C．
【点评】解答本题知道探月卫星所受的万有引力提供向心力，利用周期与线速度表示向心力，然后结合万有引力定律、球体体积公式、密度公式求解，还要知道重力近似等于万有引力求引力加速度．解答时注意公式间的化简．
4．如图所示电路中，L1、L2为两只相同灯泡，R为光敏电阻（随光照的增强电阻减小），当光照强度逐渐增强的过程中，下列判断正确的是( )
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A．L1、L2两灯均逐渐变暗
B．L1灯逐渐变暗，L2灯逐渐变亮
C．电源内电路消耗功率逐渐减小
D．光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率逐渐增大
【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．
【专题】比较思想；图析法；恒定电流专题．
【分析】当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，再分析总电阻的变化，由欧姆定律即可得出电路中电流及路端电压的变化；再分析并联部分电路，可得出R1的电流变化，从而判断出两个灯泡亮度的变化．由功率公式可得出电阻R和和灯泡L1消耗的总功率的变化．
【解答】解：AB、当光照增强时，光敏电阻R的阻值减小，电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，则L2灯逐渐变亮．
由U=E﹣Ir可知，路端电压减小，L2灯的电压增大，则R1两端的电压减小，故L1灯逐渐变暗，故A错误，B正确；
C、总电流增大，由P=I2r知电源内电路消耗功率逐渐增大，故C错误．
D、将L2灯看成电源内电路的一部分，光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率是等效电源的输出功率，由于等效电源的内阻大于外电阻，所以当光敏电阻的阻值减小，外电阻减小时，等效电源的内外电阻相差加大，输出功率减小，则光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率逐渐减小．故D错误．
故选：B
【点评】本题为闭合电路欧姆定律的动态分析问题，要注意明确此类问题的解题思路一般为：局部→整体→局部．
5．如图所示，一个静止的质量为m、电荷量为q的粒子（重力忽略不计），经加速电压U加速后，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子打到P点，OP=x，能正确反映x与U之间关系的是( )
A．x与U成正比 B．x与U成反比 C．x与成正比 D．x与成反比
【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．
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．
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【分析】带电粒子在电场中加速运动，根据动能定理求出末速度，进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力公式求出半径，粒子打到P点，则0P=x=2r，进而可以求出x与U的关系．
【解答】解：带电粒子在电场中加速运动，根据动能定理得：
解得：v=
进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，则有：
Bqv=m
解得：r=
粒子运动半个圆打到P点，
所以x=2r=2=
即x与成正比
故选C
【点评】本题是质谱仪的原理，根据物理规律得到解析式，即可求解，难度适中．
6．如图所示，质量为m、电荷量为e的质子以某一初速度（动能为Ek）从坐标原点O沿x轴正方向进入场区，若场区仅存在平行于y轴向上的匀强电场时，质子通过P（d，d）点时的动能为5Ek；若场区仅存在垂直于xoy平面的匀强磁场时，质子也能通过P点．不计质子的重力．设上述匀强电场的电场强度大小为E、匀强磁场的磁感应强度大小为B，则下列说法中正确的是( )
A．E= B．E= C．B= D．B=
【考点】带电粒子在混合场中的运动．
【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】质子在只有电场的区域运动（垂直电场方向射入），粒子做了平抛运动，应用动能定理可求出电场强度的值．质子在只有磁场存在的区域运动，质子做匀速圆周运动，根据几何关系判断其半径，利用半径公式可求出磁场强度的值．
【解答】解：质子在只有电场存在时，动能由Ek变为5Ek，由动能定理可知电场力做功为：
W=eEd=5Ek﹣Ek
解得：E= 由此可判断，选项AB错误．
质子在只有磁场存在时，质子做匀速圆周运动，由题意可知，运动半径为d，由半径公式有：
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d=
设质子进入磁场时的速度为v，则速度为：
v=
以上两式联立得：
B=，所以选项C错误，选项D正确．
故选：D．
【点评】对于本题正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提，灵活选用力学规律是解决问题的关键．
1、明确研究对象，对研究对象进行受力分析．
2、依据力与运动的关系，明确运动性质及运动过程作出运动轨迹建立合理的运动模型．
3、根据不同的运动模型，选择合适的定律、定理（牛顿运动定律、动能定理等）列方程组求解．
二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共计20分．每小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，错选或不答得0分．
7．在光滑圆锥形容器中，固定了一根光滑的竖直细杆，细杆与圆锥的中轴线重合，细杆上穿有小环（小环可以自由转动，但不能上下移动），小环上连接一轻绳，与一质量为m的光滑小球相连，让小球在圆锥内做水平面上的匀速圆周运动，并与圆锥内壁接触．如图所示，图①中小环与小球在同一水平面上，图②中轻绳与竖直轴成θ角．设图①和图②中轻绳对小球的拉力分别为Ta和Tb，圆锥内壁对小球的支持力分别为Na和Nb，则下列说法中正确的是( )
A．Ta一定为零，Tb一定为零 B．Ta可以为零，Tb可以为零
C．Na一定不为零，Nb可以为零 D．Na可以为零，Nb可以为零
【考点】向心力．
【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题．
【分析】小球在圆锥内做匀速圆周运动，对小球进行受力分析，合外力提供向心力，根据力的合成原则即可求解．
【解答】解：对甲图中的小球进行受力分析，小球所受的重力，支持力合力的方向可以指向圆心提供向心力，所以Ta可以为零，若Na等于零，则小球所受的重力及绳子拉力的合力方向不能指向圆心而提供向心力，所以Na一定不为零；
对乙图中的小球进行受力分析，若Tb为零，则小球所受的重力，支持力合力的方向可以指向圆心提供向心力，所以Tb可以为零，若Nb等于零，则小球所受的重力及绳子拉力的合力方向也可以指向圆心而提供向心力，所以Nb可以为零；故B、C正确，A、D错误．
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故选：BC．
【点评】本题解题的关键是对小球进行受力分析，找出向心力的来源，结合牛顿第二定律分析求解，难度中等．
8．第22届冬季奥林匹克运动会于2014年2月7日至2月23日在俄罗斯索契市举行．跳台滑雪是比赛项目之一，利用自然山形建成的跳台进行，某运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上，如图所示，若斜面雪坡的倾角为θ，飞出时的速度大小为v0，不计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变，重力加速度为g，则( )
A．如果v0不同，该运动员落到雪坡时的位置不同，速度方向也不同
B．如果v0不同，该运动员落到雪坡时的位置不同，但速度方向相同
C．运动员在空中经历的时间是
D．运动员落到雪坡时的速度大小是
【考点】平抛运动．
【专题】平抛运动专题．
【分析】运动员离开平台做平抛运动，抓住竖直位移和水平位移的关系得出运动的时间，结合速度方向与水平方向夹角与位移方向与水平方向夹角的关系得出速度的方向．
【解答】解：A、根据tanθ=，解得平抛运动的时间t=．则水平位移x=，知初速度不同，水平位移不同，落点位置不同．因为速度与水平方向的夹角正切值为，因为位移与水平方向夹角为定值，则速度与水平方向的夹角为定值，则落在斜面上的速度方向相同．故A错误，B、C正确．
D、因为运动员落在斜面上时与水平方向的夹角不等于θ，则速度大小不等于．故D错误．
故选：BC．
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及知道速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的2倍．
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9．如图所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和2m的小球A、B（均可看作质点），且小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连，在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中（已知重力加速度为g），下列说法正确的是( )
A．A球增加的机械能等于B球减少的机械能
B．A球增加的重力势能等于B球减少的重力势能
C．A球的最大速度为
D．细杆对A球做的功为mgR
【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．
【专题】机械能守恒定律应用专题．
【分析】本题中两个球的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律列式求解即可．
【解答】解：A、B球运动到最低点，A球运动到最高点，两个球系统机械能守恒，故A球增加的机械能等于B球减少的机械能，故A正确；
B、A球重力势能增加mg•2R，B球重力势能减小2mg•2R，故B错误；
C、两个球系统机械能守恒，当B球运动到最低点时，速度最大，有
2mg•2R﹣mg•2R=（m+2m）v2
解得
v=
故C错误；
D、除重力外其余力做的功等于机械能的增加量，故细杆对A球做的功等于A球动能的增加量，有
W=+mg•2R==
故D正确；
故选AD．
【点评】本题关键抓住AB系统机械能守恒，同时运用除重力外其余力做的功等于机械能的增加量列式求解．
10．空间某区域存在着电场，电场线在竖直面上的分布如图所示，一个质量为m、电量为q的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2，运动方向与水平方向之间夹角为α，A、B两点之间的高度差与水平距离均为H，则以下判断中正确的是( )
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A．小球由A点运动至B点，电场力做的功W=mv12﹣mgH
B．A、B两点间的电势差U=
C．带电小球由A运动到B的过程中，电场力对小球一定做正功
D．小球运动到B点时所受重力的瞬时功率为p=mgv2sinα
【考点】电势差与电场强度的关系；功率、平均功率和瞬时功率．
【专题】定量思想；图析法；电场力与电势的性质专题．
【分析】小球由A点运动至B点的过程中，重力和电场力做功引起小球动能的变化，根据动能定理研究电场力做功．由公式W=qU，研究A、B两点间的电势差U．由动能的变化量大小与重力做功的大小关系，分析电场做功的正负．小球运动到B点时所受重力的瞬时功率等于重力与竖直分速度的乘积．
【解答】解：A、小球由A点运动至B点，根据动能定理得：mgH+W=﹣，得到W=mv12﹣mgH．故A正确．
B、由公式W=qU，得到A、B两点间的电势差 U==﹣．故B错误．
C、由W=mv12﹣mgH可知，当mv12＞mgH时，W＞0，电场力做正功；当mv12＜mgH，W＜0，电场力负功．故C错误．
D、小球运动到B点时重力方向竖直向下，小球的竖直分速度为v2sinα，所以重力的瞬时功率P=mgv2sinα．故D正确．
故选：AD
【点评】本题带电粒子在非匀强电场中运动，往往根据动能定理或能量守恒定律研究电场力做功．求重力瞬时功率时，不能直接用公式P=mgv2，应该用重力与竖直分速度来求．
11．一电流表的原理图如图所示．质量为m的匀质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧劲度系数为k．在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab．当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流大小．下列说法正确的是( )
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A．若要电流表正常工作，电流由M→N
B．若将量程扩大到2倍，只需将磁感应强度变为原来的倍
C．若将量程扩大到2倍，可换一根劲度系数为原来倍的轻弹簧
D．若将量程扩大到2倍，需要将磁感应强度和弹簧劲度系数均增大为原来2倍
【考点】安培力．
【分析】当电流表正常工作时，电流表有示数，金属棒将受到向下的安培力，根据左手定则可知MN中电流方向，从而确定MN的哪一端与电源正极相接．
当金属棒处于ab线上时，电流表示数最大，根据平衡条件列出受力平衡方程．扩大量程后根据推导出的平衡方程即可解出正确结果．
【解答】解：AB、为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下．跟左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端．故A正确；
B、没有通电流时，mg=k△x
设满量程时通过MN的电流强度为Im，则有：BLIm+mg=k（+△x）
设量程扩大后，磁感应强度变为B′，则有：2B′LIm+mg=k（+△x）
得：B′=B，故B正确；
C、若换一根劲度系数为原来倍的轻弹簧，没有通电流时：mg=k′△x′
设满量程时通过MN的电流强度为Im，则有：BLIm+mg=k′（+△x′）
设量程扩大后，劲度系数变为k，则有：2BLIm+mg=k′（+△x）
得：k′=2k，故c错误；
D、由于BC的分析可得，D错误．
故选：AB．
【点评】本题重点要建立好模型，将电流表的量程，与MN的位移建立连接关系，进而由MN的位移x与弹力建立关系，最终在列平衡方程的时候，注意形变量不要用全部的，只用从cd到ab的，这样就把重力避开了．
三、简答题：把答案填在答题纸相应的横线上或按题目要求作答．两题共22分
12．利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动．
26
（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度b，结果如图2所示，由此读出b=3.80mm；
（2）滑块通过B点的瞬时速度可表示为；
（3）某次实验测得倾角θ=30°，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为△Ek=，系统的重力势能减少量可表示为△Ep=（m﹣）gd，在误差允许的范围内，若△Ek=△Ep则可认为系统的机械能守恒；
（4）在上次实验中，某同学改变A、B间的距离，作出的v2﹣d图象如图3所示，并测得M=m，则重力加速度g=9.6m/s2．
【考点】验证机械能守恒定律．
【专题】定量思想；图析法；方程法；机械能守恒定律应用专题．
【分析】（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．不同的尺有不同的精确度，注意单位问题．
（2）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．
（3）根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量，根据起末点的速度可以求出动能的增加量；根据功能关系得重力做功的数值等于重力势能减小量．
（4）根据图象的物理意义可知，图象的斜率大小等于物体的重力加速度大小．
【解答】解：（1）宽度b的读数为：3mm+16×0.05mm=3.80mm；
（2）由于光电门的宽度b很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．
滑块通过光电门B速度为：vB=；
（3）滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量为：△E=（M+m）（）2=；
系统的重力势能减少量可表示为：△Ep=mgd﹣Mgdsin30°=（m﹣）gd；
比较△Ep和△Ek，若在实验误差允许的范围内相等，即可认为机械能是守恒的．
（4）根据系统机械能守恒有：（M+m）v2=（m﹣）gd；
则v2=2×gd
若v2﹣d图象，则图线的斜率：k=2×g；
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由图象可知，k=；
则有：g=×
代入数据得：g=9.6m/s2．
故答案为：（1）3.80； （2）；
（3），（m﹣）gd；
（4）9.6．
【点评】了解光电门测量瞬时速度的原理．
实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面；
此题为一验证性实验题．要求根据物理规律选择需要测定的物理量，运用实验方法判断系统重力势能的变化量是否与动能的变化量相同是解题的关键；
注意游标卡尺没有估计值．
13．（1）多用电表表指针如图1所示．如果选用的是直流5mA挡，则读数为1.65mA；如果选用的是×10Ω挡，则读数为300Ω．
（2）某同学用电压表和电流表测量电阻R 的阻值，实物连接装置如图2所示．用这个电路测量小（填“大”或“小”）电阻误差较小，且测量值比电阻的真实值小（填“大”或“小”）
（3）某同学设计的测定水果电池电动势和内电阻的电路如图3所示．水果电池内阻较大，图中电流计内阻未知．实验中他多次改变电阻箱的电阻值，并记录电阻箱的阻值及相应的电流计读数．用上述方法ACD：
A．能测定水果电池电动势
B．能测定水果电池内电阻
C．处理数据时用R﹣1/I图比R﹣I图更科学
D．电阻箱取值应该大些
（4）一段导体的伏安特性曲线如图4所示．一同学用电动势为4.5V、内阻为3.0Ω的电源与该导体构成闭合回路，则导体消耗的功率是1.5W．
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【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线；用多用电表测电阻．
【专题】实验题；恒定电流专题．
【分析】（1）根据所选量程或档位，正确选择刻度盘进行读数，注意得出最小分度；
（2）由实物图可知测量的原理，分析电表内阻的影响可知该接法适合测量的电阻；
（3）根据电路及实验原理可知实验中能得出的数值及实验中的注意事项；
（4）电阻随电压的变化而变化，故不能直接利用闭合电路欧姆定律求解，可以作出电源的伏安特性曲线，两线的交点即可工作点，由图可求得工作电压及电流，由P=UI可求得功率．
【解答】解：（1）量程为5mA，则求中间刻度线的中间刻度进行读数，则最小分度为0.1mA；则读数为：1.65mA；（1.63﹣1.66都正确）； 选用×10档测电阻，则取最上面刻度线，则示数为：30×10=300Ω；
（2）由图可知，电流表采用的是外接法，若电流表内阻远小于电压表内阻，则电压表的分流可忽略不计，故本接法适合测小电阻；而由于电压表的分流，使电流表示数小于真实值，由欧姆定律可知，测得的电阻值偏小；
（3）由图3可知，实验中将电阻箱与电流表和电源串接，则由电流表示数可得出电流； 由电阻箱是出外电阻，则可求得路端电压； 由闭合电路欧姆定律可得出电动势； 但由于电流表内阻不知，故无法测出内阻；故A正确，B错误；
在处理数据时，由欧姆定律可知，I=，故R﹣I是曲线，R﹣为直线，后者更易处理，故C正确；
由于水果电池电阻较大，故为了得出更大的电流变化，电阻箱应取大一点的电阻，故D正确；
故选ACD；
（4）作出电源的伏安特性曲线如图，则两图象的交点为电阻的工作点，由图可知，电阻两端的电压为3.0V，电流为0.5A，故功率P=UI=1.5W；
故答案为：（1）1.65，300；（2）小，小；（3）ACD；（4）1.5．
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【点评】对于伏安特性不是线性的电学元件，注意不能直接利用欧姆定律，而应能过图象得出其工作点，再求相应的功率等．
四、计算题：本题共4小题，共60分．解答时写出必要的文字说明、方各式和演算步骤，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．
14．如图所示，在倾角θ=37°的固定斜面底端，放着一个质量为1Kg的物体，现对物体施加平行于斜面向上的恒力F=20N，作用时间t1=1s时撤去拉力F，若物体与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，斜面足够长，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．试求：
（1）撤去F时，物体的速度是多少？此过程中F做的功是多少？
（2）物体再返回到斜面低端时的速度是多少？
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系．
【专题】牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）撤去F前，对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，根据运动学基本公式求出速度和位移，进而根据W=Fx求解做功；
（2）撤去F后，对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，根据运动学基本公式求出位移，返回到斜面底端过程中，依牛顿第二定律求出加速度，再结合运动学基本公式求出速度．
【解答】解：（1）撤去F前，物体受力如图1示
依牛顿第二定律：F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1
得：a1=10m/s2
依运动学公式：V1=a1t1
得：V1=10m/s，
得：X1=5m
根据W=F X1
得：W=100J
（2）撤去F后，物体受力如图2示
依牛顿第二定律：﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2
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得：a2=﹣10m/s2
依运动学公式：
得：X2=5m
返回到斜面底端过程中，受力如图3
依牛顿第二定律：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma3
得：a3=2m/s2
依运动学公式：
得：
答：（1）撤去F时，物体的速度是10m/s，此过程中F做的功是100J；
（2）物体再返回到斜面低端时的速度是．
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，要求同学们正确分析物体的受力情况，第二问可使用动能定理求解，难度适中．
15．如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与半径为R=0.6m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1kg的滑块（大小不计），从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化关系如图乙所示，滑块与AB间动摩擦因数为0.25，与BC间的动摩擦因数未知，取g=l0m/s2．求：
（1）滑块到达B处时的速度大小；
（2）滑块在水平轨道AB上运动前2m过程中所需的时间；
（3）若滑块到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能达到最高点C，则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少．
【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律．
【专题】动能定理的应用专题．
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【分析】（1）对滑块从A到B的过程作为研究的过程，运用动能定理求出滑块到达B处时的速度大小．
（2）根据牛顿第二定律求出滑块在水平轨道AB上运动前2m过程中加速度，根据运动学公式求出运动的时间．
（3）滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能达到最高点C，知最高点弹力为零，根据牛顿第二定律求出临界的速度，根据动能定理求出滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功．
【解答】解：（1）滑块从A到B的过程中，由动能定理
F1x1﹣F2x3﹣μmgx=
即 20×2﹣10×1﹣0.25×1×10×4=
得：vB=（m/s）
（2）在前2m内：F1﹣μmg=ma1
且 x1=
解得：t1=（s）
（3）当滑块恰好能到达C点时，应有：
滑块从B到C的过程中，由动能定理：
得：W=﹣5（J） 即克服摩擦力做功为5J．
答：（1）滑块到达B处时的速度大小为m/s．
（2）滑块在水平轨道AB上运动前2m过程中所需的时间为s．
（3）滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功为5J．
【点评】本题综合考查了牛顿第二定律、动能定理，并与直线运动、圆周运动相结合，综合性较强，是一道好题．
16．如图所示，两块竖直放置的导体板间存在水平向左的匀强电场，板间距离为d．有一带电量为+q、质量为m的小球（可视为质点）以水平速度从A孔进入匀强电场，且恰好没有与右板相碰，小球最后从B孔离开匀强电场，若A、B两孔的距离为4d，重力加速度为g，求：
（1）两板间的场强大小；
（2）小球从A孔进入电场时的速度；
（3）从小球进入电场到其速度达到最小值，小球电势能的变化量为多少？
26
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；电势能．
【专题】牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）小球水平水平方向先向右匀减速后反向匀加速，竖直方向自由落体运动，根据运动学公式列式后联立求解；
（2）根据牛顿第二定律求解出水平方向的加速度，然后根据速度位移公式求解初速度；
（3）求解出水平分速度和竖直分速度的表达式，得到合速度的表达式进行分析得到最小速度，小球电势能的变化量等于电场力做的功．
【解答】解：（1）由题意可知，小球在水平方向先减速到零，然后反向加速．设小球进入A孔的速度为v0，减速到右板的时间为t，则有：
水平方向：
竖直方向：
联立解得
（2）在水平方向上根据牛顿第二定律有qE=max
根据运动学公式有
联立解得
（3）小球进入电场后，在水平方向上做减速运动，即=v0﹣gt′
在竖直方向上做加速运动，即vy=gt'
小球在电场中的速度大小为
联立由数学知识可得时小球速度达到最小，最小值为；
此时粒子在水平方向的位移为：
在此过程中电场力做功为W=﹣qEx
26
而W=﹣△Ep
联立解得，即粒子的电势能增加
答：（1）两板间的场强大小为；
（2）小球从A孔进入电场时的速度为；
（3）从小球进入电场到其速度达到最小值为，小球电势能的增加量为．
【点评】本题关键是将小球的运动沿着水平方向和竖直方向增加分解，然后根据运动学公式、牛顿第二定律、功能关系列式求解．
17．如图所示，垂直纸面的两平行金属板M、N之间加有电压，M板上O1处有一粒子源，可不断产生初速度为零的带正电粒子，粒子电荷量为q，质量为m，N板右侧是一半径为R的接地金属圆筒，圆筒垂直于纸面且可绕中心轴逆时针转动．O2为N板上正对O1的小孔， O3、O4为圆筒某一直径两端的小孔，开始时O1、O2、O3、O4在同一水平线上．在圆简上方垂直纸面放置一荧光屏，荧光屏与直线O1O2平行，圆筒转轴到荧光屏的距离OP=3R．不计粒子重力及粒子间相互作用．
（1）若圆筒静止且圆筒内不加磁场，粒子通过圆筒的时间为t，求金属板MN上所加电压U；
（2）若圆筒内加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆筒绕中心轴以某一角速度逆时针方向匀速转动，调节MN间的电压使粒子持续不断地以不同速度从小孔O2射出电场，经足够长的时间，有的粒子打到圆筒上被吸收，有的通过圆筒打到荧光屏上产生亮斑．如果在荧光屏PQ范围内的任意位置均会出现亮斑，PQ=R．求粒子到达荧光屏时的速度大小v的范围；
（3）在第（2）问情境中，若要使进入圆筒的粒子均能从圆筒射出来，求圆筒转动的角速度ω．
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】（1）对直线加速过程运用动能定理列式；对穿过圆筒过程根据速度公式列式；最后联立求解．
（2）荧光屏PQ范围内的任意位置均会出现亮斑，说明PQ范围内均有粒子到达，最小速度v1的粒子到达P点，最大速度v2的粒子达到Q点；画出轨迹，根据几何关系求解半径，然后根据牛顿第二定律列式求解两个临界速度；
（3）先画出磁偏转的轨迹，求解磁偏转过程的时间，在结合等时性求解圆筒的角速度，得到一般表达式后讨论即可．
【解答】解：（1）粒子经电场加速，由动能定理得：
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qU=mv2 ①
进入圆筒中的粒子有：
t= ②
由①②得：
U= ③
（2）荧光屏PQ范围内的任意位置均会出现亮斑，说明PQ范围内均有粒子到达，最小速度v1的粒子到达P点，最大速度v2的粒子达到Q点，从PQ间射出的粒子的速度应该含有v1到v2范围内的任意值．
在圆筒中，由牛顿第二定律，有：
qvB=m ④
打到荧光屏上P点的粒子速度：
r1=R ⑤
由④⑤得，到达P点的粒子速度：
v1= ⑥
如图由几何关系知到达Q点的粒子穿过圆筒的偏角：
α=60° ⑦
到达Q点的粒子应该满足：
r2=Rtan60° ⑧
到达Q点的粒子速度：
v2= ⑨
到达荧光屏的粒子速度大小v的范围：≤v≤
（3）设粒子穿过圆筒的偏转角为β，则粒子穿过圆筒的时间：
△t=T
又T=
粒子穿出圆筒应满足：
ω•△t=β+kπ （k取0，1，2，3…）
ω=（1+）（k取0，1，2，3…）
粒子速度不同，β不同，要使不同速度的粒子穿过以某一角速度匀速转动的圆筒应该满足：
k=0
即ω=
答：（1）金属板MN上所加电压U为；
26
（2）粒子到达荧光屏时的速度大小v的范围为：≤v≤；
（3）在第（2）问情境中，若要使进入圆筒的粒子均能从圆筒射出来，圆筒转动的角速度ω为．
【点评】本题关键是明确粒子的运动规律，画出临界轨迹，根据牛顿第二定律并结合几何关系列式分析，不难．
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