山东省潍坊市高密三中2016届高三物理上学期12月月考试卷（含解析）.doc

‎2015-2016学年山东省潍坊市高密三中高三（上）月考物理试卷（12月份）‎ 一、选择题（1-6题单选，7-10题多选，每题4分，共40分，对而不全得2分）‎ ‎1．如图所示，A、B两物体紧靠着放在粗糙水平面上．A、B间接触面光滑．在水平推力F作用下两物体一起加速运动，物体A恰好不离开地面，则物体关于A、B两物体的受力个数，下列说法正确的是( )‎ A．A受3个力，B受4个力 B．A受4个力，B受3个力 C．A受3个力，B受3个力 D．A受4 个力，B受4个力 ‎2．在地面上某处将一金属小球竖直向上抛出，上升一定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，则下述图象能正确反映速度、加速度、位移和动能随时间变化关系的是（以向上为正方向）( )‎ A． B． C． D．‎ ‎3．如图所示电路的电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表V的示数减小△U（电压表为理想电表），在这个过程中( )‎ A．通过R1的电流减小，减少量一定等于 B．R2两端的电压增大，增加量一定等于△U - 28 -‎ C．路端电压减小，减少量一定等于△U D．通过R2的电流增大，但增加量一定等于 ‎4．2010年10月1日，我国成功发射了月球探测卫星“嫦娥二号”．假设“嫦娥二号”探测卫星在椭圆轨道近月点Q完成近月拍摄任务后到达椭圆轨道的远月点P进行变轨，此后它的运行轨道变成圆形轨道，如图所示．忽略地球对“嫦娥二号”探测卫星的影响，则“嫦娥二号”探测卫星( )‎ A．在由椭圆轨道变成圆形轨道过程中机械能不变 B．在由椭圆轨道变成圆形轨道过程中线速度增大 C．在Q点的机械能比沿椭圆轨道运动时过P点的机械能小 D．椭圆在P点的加速度比圆轨道经过P点的加速度小 ‎5．如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为e/m的电子以速度v0从A 点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值为( )‎ A．B＞ B．B＜ C．B＞ D．B＜‎ ‎6．如图所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场．一铜质细直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直．让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R时铜棒中电动势大小为E1，下落距离为0.8R时电动势大小为E2．忽略涡流损耗和边缘效应．关于E1、E2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是( )‎ - 28 -‎ A．E1＞E2，a端为正 B．E1＞E2，b端为正 C．E1＜E2，a端为正 D．E1＜E2，b端为正 ‎7．如图所示，真空中两虚线圆为以O为圆心的同心圆，分别于坐标轴交于abcd、efgh；在ac两点固定两个等量点电荷+Q，bd两点固定两个等量点电荷﹣Q．下列说法正确的是( )‎ A．g、f两点的电场强度相同 B．e、h两点的电势相同 C．将质子从e移到o电场力一直做正功 D．将质子从o移到f电场力一直做正功 ‎8．如图所示，甲图一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v﹣t图象如图乙所示（重力加速度为g），则 ( )‎ A．施加外力前，弹簧的形变量为2‎ B．外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M（g﹣a）‎ C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零 - 28 -‎ D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值 ‎9．汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为F0，t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动．能正确表示这一过程中汽车牵引力F随时间t、速度v随时间t变化的图象是( )‎ A． B． C． D．‎ ‎10．内壁光滑、由绝缘材料制成的圆轨道固定在倾角为θ=37°的斜面上，与斜面的交点是A，直径AB垂直于斜面，直径CD和MN分别在水平和竖直方向上，它们处在水平方向的匀强电场中．质量为m，电荷量为q的小球（可视为点电荷）刚好能静止于圆轨道内的A点．现对在A点的该小球施加一沿圆环切线方向的瞬时冲量，使其恰能绕圆环完成圆周运动．下列对该小球运动的分析，正确的是( )‎ A．小球一定带负电 B．小球运动到B点时动能最小 C．小球运动到M点时动能最小 D．小球运动到D点时机械能最小 二、实验题（共两小题）（共16分）‎ ‎11．某学习小组的同学拟探究小灯泡L的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：‎ - 28 -‎ 小灯泡L，规格“4.0V，0.7A”；‎ 电流表A1，量程3A，内阻约为0.1Ω；‎ 电流表A2，量程0.6A，内阻r2=0.2Ω；‎ 电压表V，量程3V，内阻rV=9kΩ；‎ 标准电阻R1，阻值1Ω；‎ 标准电阻R2，阻值3kΩ；‎ 滑动变阻器R，阻值范围0～10Ω；‎ 学生电源E，电动势6V，内阻不计；‎ 开关S及导线若干．‎ 某同学设计了如图所示的电路来进行测量，电压表指针指在最大刻度时，加在L上的电压值是__________V．‎ ‎12．在“测定金属的电阻率”的实验中，‎ ‎（1）某同学用螺旋测微器测金属丝直径时，测得结果如图1所示，则该金属丝的直径为__________mm．‎ ‎（2）用量程为3V的电压表和量程为0.6A的电流表测金属丝的电压和电流时读数如图2所示，则电压表的读数为__________ V，电流表的读数为__________A．‎ ‎（3）用米尺测量金属丝的长度L=0.810m．利用以上测量数据，可得这种材料的电阻率为__________Ω•m（保留二位有效数字）．‎ - 28 -‎ ‎13．某实验小组用如图1实验装置测重力加速度．两物体m1、m2悬挂在轻质定滑轮上，m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，可测出运动加速度．图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），计数点间的距离如图所示．已知m1=50g、m2=150g，则（结果保留两位有效数字）‎ ‎①在纸带上打下记数点5时的速度v=__________m/s；‎ ‎②若某同学作出v2一h像如图3，则当地的重力加速度g=__________m/s2：‎ ‎③此方法测量重力加速度总是__________（填“偏小”或“偏大”），请找出产生此误差的两条主要原因：‎ ‎（1）__________‎ ‎（2）__________．‎ 三、计算题（本大题包括4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写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．如图甲所示，一个匝数n=100的圆形导体线圈，面积S1=0.4m2，电阻r=1Ω．在线圈中存在面积S2=0.3m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示．有一个R=2Ω的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的圆形线圈相连接，b端接地（电势为零）．求：‎ ‎（1）圆形线圈中产生的感应电动势；设b端电势为零，求a端的电势φa ‎（2）在0～4s时间内通过电阻R的电荷量q．‎ - 28 -‎ ‎15．如图，一个质量为0.6kg 的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧（不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失）．已知圆弧的半径R=0.3m，θ=60°，小球到达A点时的速度 v=4m/s．（取g=10m/s2）‎ 求：（1）小球做平抛运动的初速度v0；‎ ‎（2）P点与A点的水平距离和竖直高度；‎ ‎（3）小球到达圆弧最高点C时速度和对轨道的压力．‎ ‎16．如图所示，质量MA=2m的直杆A悬于离地面很高处，杆A上套有质量MB=m的小环B．将小环B由静止释放，环做加速度a=g的匀加速运动．经过时间t后，将杆A上方的细线剪断，杆A开始下落．杆A足够长，环B始终未脱离杆A，不计空气阻力，已知重力加速度为g，求：‎ ‎（1）杆A刚下落时的加速度a′；‎ ‎（2）在小环B下落的整个过程中，环B对杆A所做的功W；‎ ‎（3）在小环B下落的整个过程中，系统产生的热量Q．‎ - 28 -‎ ‎17．在xoy平面内存在着如图所示的电场和磁场，其中二、四象限内电场方向与y轴平行且相反，大小为E，一、三象限内磁场方向垂直平面向里，大小相等．一个带电粒子质量为m，电荷量为q，从第四象限内的P（L，﹣L）点由静止释放，粒子垂直y轴方向进入第二象限，求：‎ ‎（1）磁场的磁感应强度B；‎ ‎（2）粒子第二次到达y轴的位置；‎ ‎（3）粒子从释放到第二次到达y轴所用时间．‎ - 28 -‎ ‎2015-2016学年山东省潍坊市高密三中高三（上）月考物理试卷（12月份）‎ 一、选择题（1-6题单选，7-10题多选，每题4分，共40分，对而不全得2分）‎ ‎1．如图所示，A、B两物体紧靠着放在粗糙水平面上．A、B间接触面光滑．在水平推力F作用下两物体一起加速运动，物体A恰好不离开地面，则物体关于A、B两物体的受力个数，下列说法正确的是( )‎ A．A受3个力，B受4个力 B．A受4个力，B受3个力 C．A受3个力，B受3个力 D．A受4 个力，B受4个力 ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【专题】牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】物体A恰好不离开地面时，地面对A没有支持力，按重力、弹力和摩擦力的顺序分析两物体受力．‎ ‎【解答】解：对于A物体：由题，物体A恰好不离开地面，地面对A没有支持力，也没有摩擦力，则A受到重力、F和B对A的支持力共3个力作用．‎ 对于B物体：受到重力、A对B的压力和地面的支持力和摩擦力，共4个力作用．‎ 故选A ‎【点评】解答本题的关键是分析临界条件：A恰好不离开地面，A与地间无弹力，也就无摩擦力．分析受力的一般顺序是：重力、弹力和摩擦力．‎ ‎2．在地面上某处将一金属小球竖直向上抛出，上升一定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，则下述图象能正确反映速度、加速度、位移和动能随时间变化关系的是（以向上为正方向）( )‎ A． B． C． D．‎ - 28 -‎ ‎【考点】机械能守恒定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【专题】机械能守恒定律应用专题．‎ ‎【分析】金属小球竖直向上抛出，空气阻力忽略不计，只受重力，做竖直上抛运动，加速度保持不变，即上升和下降过程加速度大小和方向都不变，故是匀变速直线运动；根据运动学公式和机械能守恒定律列式分析即可．‎ ‎【解答】解：A、B、金属小球竖直向上抛出，空气阻力忽略不计，只受重力，做竖直上抛运动，上升和下降过程加速度大小和方向都不变，故做匀变速直线运动，速度图象应是倾斜的直线．以向上为正方向，速度先正后负，加速度为负值，并保持不变．故A错误，B正确；‎ C、根据位移时间公式，有x=v0t﹣，x与t是非线性关系，x﹣t图象是曲线，而不是折线．故C错误；‎ D、根据机械能守恒定律，有：Ek0+0=Ek+mgh，其中h=x，故Ek=Ek0﹣mg（v0t﹣），则知Ek﹣t是曲线，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题关键抓住竖直上抛运动是一种匀变速直线运动，结合运动学公式和机械能守恒定律列式分析求解．‎ ‎3．如图所示电路的电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表V的示数减小△U（电压表为理想电表），在这个过程中( )‎ A．通过R1的电流减小，减少量一定等于 B．R2两端的电压增大，增加量一定等于△U C．路端电压减小，减少量一定等于△U D．通过R2的电流增大，但增加量一定等于 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ - 28 -‎ ‎【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．‎ ‎【分析】由图可知，R1与R并联后与R2串联，电压表测并联部分的电压；由欧姆定律可知，通过R1的电流的变化量；由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化量，则可得出路端电压的变化量及R2两端电压的关系．‎ ‎【解答】解：A、因电压表示数减小，而R1为定值电阻，故电流的减小量一定等于，故A正确；‎ B、R1两端的电压减小，则说明R2及内阻两端的电压均增大，故R2两端的电压增加量一定小于△U，故B错误；‎ C、因内电压增大，故路端电压减小，由B的分析可知，路端电压的减小量一定小于△U，故C错误；‎ D、由B的分析可知，R2两端的电压增加量一定小于△U，故电流的增加量一定小于，故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查欧姆定律中的动态分析，因本题要求分析电流及电压的变化量，故难度稍大，要求学生能灵活选择闭合电路的欧姆定律的表达形式．‎ ‎4．2010年10月1日，我国成功发射了月球探测卫星“嫦娥二号”．假设“嫦娥二号”探测卫星在椭圆轨道近月点Q完成近月拍摄任务后到达椭圆轨道的远月点P进行变轨，此后它的运行轨道变成圆形轨道，如图所示．忽略地球对“嫦娥二号”探测卫星的影响，则“嫦娥二号”探测卫星( )‎ A．在由椭圆轨道变成圆形轨道过程中机械能不变 B．在由椭圆轨道变成圆形轨道过程中线速度增大 C．在Q点的机械能比沿椭圆轨道运动时过P点的机械能小 D．椭圆在P点的加速度比圆轨道经过P点的加速度小 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ - 28 -‎ ‎【专题】定量思想；方程法；万有引力定律的应用专题．‎ ‎【分析】嫦娥二号从椭圆轨道的P点进入圆轨道，需加速，使万有引力等于所需要的向心力，然后作圆周运动．比较加速度，根据牛顿第二定律，只需比较所受的万有引力即可．‎ ‎【解答】解：A、Q到P的过程由于要克服引力做功，速度越来越小，到P点所需的向心力比较小，万有引力大于所需的向心力，会做近心运动，所以从P点进入圆轨道，需加速，使万有引力等于所需要的向心力，然后作圆周运动．故在由椭圆轨道变成圆形轨道过程中机械能增大．故A错误，B正确．‎ C、在椭圆轨道上由Q点运动到P点，只受到地球引力，只有引力做功，机械能守恒，故C错误．‎ D、根据万有引力定律和牛顿第二定律G=ma，得a=，在椭圆在P点所受的万有引力等于在圆轨道P点所受的万有引力，因此它们加速度大小相等，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】解决本题的关键理解卫星是如何进行变轨，以及在比较Q点的速度和圆轨道速度时，引入另一个圆轨道串联一下，问题引刃而解．‎ ‎5．如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为e/m的电子以速度v0从A 点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值为( )‎ A．B＞ B．B＜ C．B＞ D．B＜‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．‎ ‎【分析】电子进入磁场后受到洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，由半径公式r=知，电子的速率越大，轨迹半径越大，欲使电子能经过BC边，当电子恰好从C点离开时，轨迹半径最小，由几何知识求出最小的半径，由半径公式求出B的最大值，即可得到B的范围．‎ ‎【解答】解：当电子从C点离开磁场时，电子做匀速圆周运动对应的半径最小，设为R，则几何知识得：‎ - 28 -‎ ‎ 2Rcos30°=a，得R=；‎ 欲使电子能经过BC边，必须满足R＞‎ 而R==‎ 所以＞‎ 化简得；‎ 故D正确，A、B、C错误．‎ 故选：D ‎【点评】本题是磁场中临界条件问题，关键是运用几何知识求最小的轨迹半径，即可由半径求解B的范围．‎ ‎6．如图所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场．一铜质细直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直．让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R时铜棒中电动势大小为E1，下落距离为0.8R时电动势大小为E2．忽略涡流损耗和边缘效应．关于E1、E2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是( )‎ A．E1＞E2，a端为正 B．E1＞E2，b端为正 C．E1＜E2，a端为正 D．E1＜E2，b端为正 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；右手定则．‎ ‎【专题】压轴题．‎ - 28 -‎ ‎【分析】根据题意分析知道由铜棒下落，切割磁感线产生感应电动势．‎ 由于下落距离不同，根据磁感线的分布求出铜棒切割磁感线时的有效长度．‎ 再根据E=BLv进行对比．‎ 最后根据右手定则判断出电流方向，根据电源内部电流方向特点找出电源的正负极．‎ ‎【解答】解：根据法拉第电磁感应定律：E=BLv，如下图，‎ L1=2=2R，‎ L2=2=2R，‎ 又根据v=，v1==2，‎ v2==4，‎ 所以E1=4BR，‎ E2=8BR=4BR，‎ 所以E1＜E2．‎ 再根据右手定则判定电流方向从a到b，在电源内部电流时从电源负极流向正极，‎ 故D正确．‎ ‎【点评】由于铜棒切割磁感线时没有形成回路，所以铜棒做的是自由下落．‎ 对于电源而言，电源内部电流是从电源负极流向正极．‎ ‎7．如图所示，真空中两虚线圆为以O为圆心的同心圆，分别于坐标轴交于abcd、efgh；在ac两点固定两个等量点电荷+Q，bd两点固定两个等量点电荷﹣Q．下列说法正确的是( )‎ - 28 -‎ A．g、f两点的电场强度相同 B．e、h两点的电势相同 C．将质子从e移到o电场力一直做正功 D．将质子从o移到f电场力一直做正功 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【专题】比较思想；合成分解法；电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】根据电场的叠加原理分析电场强度的关系．根据对称性分析电势关系．先判断出电势的变化，再分析移动质子时电场力做功的正负．‎ ‎【解答】解：A、根据电场的叠加原理可知，两个正电荷和两个负电荷在g点产生的场强方向沿y轴正向，则g点的场强方向沿y轴正向．两个正电荷和两个负电荷在f点产生的场强方向沿y轴负向，则f点的场强方向沿y轴负向，g、f两点场强大小相等，方向相反，所以电场强度不同，故A错误．‎ B、在两个正电荷形成的电场中，根据对称性可知，e、h两点的电势相同．在两个负电荷形成的电场中，根据对称性可知，e、h两点的电势也相同．则根据叠加原理可知，e、h两点的电势相同．故B正确．‎ C、根据电场线的分布可知，eo间的电场线方向沿e→o，质子所受的电场力方向由e→o，则将质子从e移到o电场力一直做正功．故C正确．‎ D、根据电场线的分布可知，of间的电场线方向沿o→f，质子所受的电场力方向由o→f，则将质子从o移到f电场力一直做正功．故D正确．‎ 故选：BCD ‎【点评】解决本题的关键是掌握等量同种电荷电场线和等势面的分布情况，熟练运用电场的叠加原理来分析电场强度和电势关系．‎ - 28 -‎ ‎8．如图所示，甲图一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v﹣t图象如图乙所示（重力加速度为g），则 ( )‎ A．施加外力前，弹簧的形变量为2‎ B．外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M（g﹣a）‎ C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零 D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；胡克定律．‎ ‎【分析】题中弹簧弹力根据胡克定律列式求解，先对物体AB整体受力分析，根据牛顿第二定律列方程；再对物体B受力分析，根据牛顿第二定律列方程；t1时刻是A与B分离的时刻，之间的弹力为零．‎ ‎【解答】解：A、施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有：‎ ‎2Mg=kx解得：‎ x=2‎ 故A正确．‎ B、施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律，有：‎ F弹﹣Mg﹣FAB=Ma 其中：F弹=2Mg 解得：FAB=M（g﹣a），故B正确．‎ C、物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a且FAB=0；‎ 对B：F弹′﹣Mg=Ma 解得：F弹′=M（g+a），故C错误．‎ D、当F弹′=Mg时，B达到最大速度，故D错误．‎ 故选：AB．‎ - 28 -‎ ‎【点评】本题关键是明确A与B分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对AB整体和B物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程分析，不难．‎ ‎9．汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为F0，t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动．能正确表示这一过程中汽车牵引力F随时间t、速度v随时间t变化的图象是( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【专题】功率的计算专题．‎ ‎【分析】汽车匀速行驶时牵引力等于阻力，根据功率和速度关系公式可得：P=Fv，当功率立即减小一半，牵引力减为一半，物体减速运动，分析加速度的变化情况及F的变化快慢即可解题 ‎【解答】解：A、首先P=Fv，开始的时候p=F0V0，功率降一半的时候，速度不能瞬间改变，所以瞬间变化的是力F，减小一半．由于一开始匀速，所以摩擦力等于F，故功率减半，导致牵引力下降，汽车开始减速，减速过程中，牵引力慢慢增大，减速的加速度越来越小，所以t1到t2时刻的速度图象慢慢变得平缓，t2时刻减速的加速度为0．故A正确，B错误 C、由于t1时刻，力突然减小，减速的加速度很大，速度快速的减小，根据p=Fv，力F增加的较快，待速度下降越来越慢的时候，F增加的速度也变慢，曲线逐渐变的平稳，故C错误，D正确．‎ 故选：AD ‎【点评】要注意P=Fv的使用．了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题，注意速度不能瞬间改变 - 28 -‎ ‎10．内壁光滑、由绝缘材料制成的圆轨道固定在倾角为θ=37°的斜面上，与斜面的交点是A，直径AB垂直于斜面，直径CD和MN分别在水平和竖直方向上，它们处在水平方向的匀强电场中．质量为m，电荷量为q的小球（可视为点电荷）刚好能静止于圆轨道内的A点．现对在A点的该小球施加一沿圆环切线方向的瞬时冲量，使其恰能绕圆环完成圆周运动．下列对该小球运动的分析，正确的是( )‎ A．小球一定带负电 B．小球运动到B点时动能最小 C．小球运动到M点时动能最小 D．小球运动到D点时机械能最小 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力．‎ ‎【专题】电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】小球原来处于静止状态，分析电场力方向，即可判断小球的电性；找到等效最高点位置，此位置的动能最小；电场力做功引起机械能的变化，电场力做负功最大时，机械能减小最大．‎ ‎【解答】解：A、小球原来处于静止状态，分析受力可知，小球所受的电场力方向向左，与电场强度方向相反，所以小球带负电．故A正确．‎ B、C小球静止时，受到重力、电场力和轨道的支持力作用，由平衡条件得知，重力与电场力的合力方向与支持力方向相反，与斜面垂直向下，则小球从A运动到B点的过程中，此合力做负功，动能减小，所以小球运动到B点时动能最小，故B正确．C错误．‎ D、根据功能关系可知，电场力做负功越多，小球的机械能减小越大，可知，小球从A运动到D点时，电场力做负功最多，所以小球运动到D点时机械能最小．故D正确．‎ 故选ABD ‎【点评】本题关键要掌握动能定理和功能关系，在正确分析受力情况的基础上，运用功能关系进行分析．‎ 二、实验题（共两小题）（共16分）‎ ‎11．某学习小组的同学拟探究小灯泡L的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：‎ - 28 -‎ 小灯泡L，规格“4.0V，0.7A”；‎ 电流表A1，量程3A，内阻约为0.1Ω；‎ 电流表A2，量程0.6A，内阻r2=0.2Ω；‎ 电压表V，量程3V，内阻rV=9kΩ；‎ 标准电阻R1，阻值1Ω；‎ 标准电阻R2，阻值3kΩ；‎ 滑动变阻器R，阻值范围0～10Ω；‎ 学生电源E，电动势6V，内阻不计；‎ 开关S及导线若干．‎ 某同学设计了如图所示的电路来进行测量，电压表指针指在最大刻度时，加在L上的电压值是4V．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【专题】实验题；推理法；实验分析法；恒定电流专题．‎ ‎【分析】由图所示电路图可知，电压表与电阻R2串联，根据串联电路特点求出电阻R2的电压，然后求出灯泡两端电压．‎ ‎【解答】解：电压表内阻为9kΩ，标准电阻R2阻值为3kΩ，电压表最大示数为3V，由串联电路特点可知，标准电阻R2分压为1V，则灯泡两端电压为：3V+1V=4V．‎ 故答案为：4．‎ ‎【点评】本题考查电表的改装在描绘伏安特性曲线时的应用，要注意明确当电压表量程较小时，可能通过串联一个电阻的方式来增大量程．‎ - 28 -‎ ‎12．在“测定金属的电阻率”的实验中，‎ ‎（1）某同学用螺旋测微器测金属丝直径时，测得结果如图1所示，则该金属丝的直径为2.935mm．‎ ‎（2）用量程为3V的电压表和量程为0.6A的电流表测金属丝的电压和电流时读数如图2所示，则电压表的读数为2.60 V，电流表的读数为0.52A．‎ ‎（3）用米尺测量金属丝的长度L=0.810m．利用以上测量数据，可得这种材料的电阻率为4.2×10﹣5Ω•m（保留二位有效数字）．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【专题】实验题．‎ ‎【分析】（1）掌握螺旋测微器的读数原理和读数方法即可．‎ ‎（2）明确电流表和电压表读数时注意是“几分之一估读”：若每小格读数是0.1，则应是“”估读，即应估读到0. 01；若每小格读数为0.02，则应是“”估读，即应估读到0.01．‎ ‎（3）根据电阻定律求解．‎ ‎【解答】解：（1）螺旋测微器的读数为：d=2.5mm+43.5×0.01mm=2.935mm；‎ ‎（2）因电压表的每小格读数为0.1V，所以应估读到0.01V，所以电压表的读数为：U=2.60V；‎ 同理，电流表的每小格读数为0.02A，应估读到0.01A，所以电流表的读数为：I=0.52A．‎ ‎（3）根据R=得：‎ 带入数据得：ρ=4.2×10﹣5Ω•m 故答案为：（1）2.935；（2）2.60，0.52；（3）4.2×10﹣5Ω•m ‎【点评】考查电阻定律的应用，掌握螺旋测微器及电流表或电压表的读数方法．‎ ‎13．某实验小组用如图1实验装置测重力加速度．两物体m1、m2悬挂在轻质定滑轮上，m2从高处由静止开始下落，m1‎ - 28 -‎ 上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，可测出运动加速度．图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），计数点间的距离如图所示．已知m1=50g、m2=150g，则（结果保留两位有效数字）‎ ‎①在纸带上打下记数点5时的速度v=2.4m/s；‎ ‎②若某同学作出v2一h像如图3，则当地的重力加速度g=9.6m/s2：‎ ‎③此方法测量重力加速度总是偏小（填“偏小”或“偏大”），请找出产生此误差的两条主要原因：‎ ‎（1）纸带有摩擦力 ‎（2）滑轮有摩擦力．‎ ‎【考点】测定匀变速直线运动的加速度．‎ ‎【专题】定量思想；方程法；直线运动规律专题．‎ ‎【分析】①根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可以求出打下记数点5时的速度大小；‎ ‎②两个物体构成的系统中，只有动能和重力势能相互转化，系统机械能守恒，根据机械能守恒定律列式后得到v2一h图象的函数表达式进行分析即可；‎ ‎③根据因存在阻力，导致重力势能不能完全转化为动能，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：①据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：‎ v5===2.4m/s ‎②两个物体构成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律，有：‎ ‎（m2﹣m1）gh=（m1+m2）v2‎ - 28 -‎ 即：v2=gh=gh=gh 故v2一h图象的斜率表示重力加速度，为：‎ g==9.6m/s2‎ ‎③由上可知，因存在纸带的阻力，摩擦阻力等因素，‎ 则减小的重力势能没有完全转化为动能的增加，‎ 因此通过此方法测量的重力加速度会偏小，‎ 故答案为：‎ ‎①2.4，‎ ‎②9.6，‎ ‎③偏小；滑轮有质量、纸带有摩擦力、滑轮有摩擦力、空气阻力等任写两条即可．‎ ‎【点评】本题关键是根据机械能守恒定律推导出v2一h图象的表达式进行分析，注意图象的斜率含义．‎ 三、计算题（本大题包括4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写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．如图甲所示，一个匝数n=100的圆形导体线圈，面积S1=0.4m2，电阻r=1Ω．在线圈中存在面积S2=0.3m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示．有一个R=2Ω的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的圆形线圈相连接，b端接地（电势为零）．求：‎ ‎（1）圆形线圈中产生的感应电动势；设b端电势为零，求a端的电势φa ‎（2）在0～4s时间内通过电阻R的电荷量q．‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【专题】定量思想；方程法；电磁感应与电路结合．‎ ‎【分析】由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势；‎ - 28 -‎ 由欧姆定律求出电流，由电流定义式求出电荷量；‎ 由楞次定律可以判断出感应电流方向，然后判断电势高低．‎ ‎【解答】解：由法拉第电磁感应定律可得E=n，‎ 由图乙结合数学知识可得k==T/s=0.15 T/s，‎ 将其代入可求E=4.5 V，‎ ‎0～4 s内磁感应强度增大，圆形线圈内磁通量增加，由楞次定律结合右手定则可得b点电势高，a点电势低，‎ UR=IR=1.5×2=3V，UR=φb﹣φa，φa=﹣3 V；‎ 设平均电流强度为，由q=△t=△t=n△t=n，‎ 在0～4 s穿过圆形导体线圈的磁通量的变化量为：△Φ=0.6×0.3 Wb﹣0=0.18 Wb，‎ 代入可解得：q=6 C，‎ 答：（1）设b端电势为零，则a端的电势﹣3V；‎ ‎（2）在0～4s时间内通过电阻R的电荷量6C．‎ ‎【点评】本题考查了求电动势、电荷量、电势等，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式即可正确解题．‎ ‎15．如图，一个质量为0.6kg 的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧（不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失）．已知圆弧的半径R=0.3m，θ=60°，小球到达A点时的速度 v=4m/s．（取g=10m/s2）‎ 求：（1）小球做平抛运动的初速度v0；‎ ‎（2）P点与A点的水平距离和竖直高度；‎ ‎（3）小球到达圆弧最高点C时速度和对轨道的压力．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；平抛运动；向心力．‎ ‎【专题】动能定理的应用专题．‎ - 28 -‎ ‎【分析】（1）根据速度的合成与分解求出小球的初速度．‎ ‎（2）小球做平抛运动，应用平抛运动规律求出P点与A点的水平距离和竖直高度．‎ ‎（3）由动能定理与牛顿第二定律求出速度与压力．‎ ‎【解答】解（1）小球到A点的速度如图所示，‎ 小球的速度：v0=vcosθ=4×cos60°=2m/s；‎ ‎（2）小球的竖直分速度：vy=vsinθ，又vy=gt，‎ 代入数据解得：，‎ 水平方向：x=v0t，代入数据解得：x=0.7m，‎ 竖直方向：h=gt2，代入数据解得：h=0.6m；‎ ‎（3）从A到C，由动能定理得：‎ ‎，‎ 代入数据解得：vC=m/s，‎ 由圆周运动向心力公式得：F+mg=m，‎ 代入数据解得：F=8N，‎ 由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小F′=F=8N，方向竖直向上；‎ 答：（1）小球做平抛运动的初速度v0为2m/s．‎ ‎（2）P点与A点的水平距离为0.7m，竖直高度为0.6m；‎ ‎（3）小球到达圆弧最高点C时速度为m/s，对轨道的压力大小为8N，方向：竖直向上．‎ ‎【点评】本题考查了求速度、位移、压力问题，分析清楚小球的运动过程，应用速度的合成与分解、平抛运动规律、动能定理、牛顿第二定律即可正确解题．‎ ‎16．如图所示，质量MA=2m的直杆A悬于离地面很高处，杆A上套有质量MB=m的小环B．将小环B由静止释放，环做加速度a=g的匀加速运动．经过时间t后，将杆A上方的细线剪断，杆A开始下落．杆A足够长，环B始终未脱离杆A，不计空气阻力，已知重力加速度为g，求：‎ ‎（1）杆A刚下落时的加速度a′；‎ - 28 -‎ ‎（2）在小环B下落的整个过程中，环B对杆A所做的功W；‎ ‎（3）在小环B下落的整个过程中，系统产生的热量Q．‎ ‎【考点】功能关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）对B进行受力分析，求出A与B之间的摩擦力的大小；‎ ‎（2）设当A下落 t 时间时二者的速度相等，之后二者相对静止，所以速度相等前杆受到的摩擦力与位移才乘积就是环B对杆A所做的功；‎ ‎（3）整个过程中产生的热量等于二者之间的摩擦力与相对位移的乘积，先求出相对位移，再根据Q=fs即可求出．‎ ‎【解答】解：（1）对小环B进行受力分析，由牛顿第二定律可得：MBg﹣f=MBa 解得：f=mg 剪断绳后B的加速度不变仍为a=g 对物体A，剪断的瞬间A受到重力和向下的摩擦力，则：MAg+f=MAa′‎ 代入数据，解得：‎ ‎（2）当A下落 t 时间时二者的速度相等，则：v=vA=vB，A、B相对静止无摩擦力存在 v=a（△t+t）=a′t 解得：t=2△t A下落的高度：h′==‎ B对A做的功：W=fh′==‎ ‎（3）B下落的高度：h=‎ 解得：h=‎ 小环B相对A的位移：s=h﹣h′‎ - 28 -‎ 得：s=‎ 下落过程中，系统生成的热量Q=fs 得：Q=‎ 答：（1）杆A刚下落时的加速度是；‎ ‎（2）在小环B下落的整个过程中，环B对杆A所做的功是；‎ ‎（3）在小环B下落的整个过程中，系统产生的热量Q是．‎ ‎【点评】该题结合功能关系考查牛顿第二定律与受力分析，解答本题关键是对环和杆受力分析，然后根据牛顿第二定律求出各个过程的加速度，最后结合运动学公式列式求解．‎ ‎17．在xoy平面内存在着如图所示的电场和磁场，其中二、四象限内电场方向与y轴平行且相反，大小为E，一、三象限内磁场方向垂直平面向里，大小相等．一个带电粒子质量为m，电荷量为q，从第四象限内的P（L，﹣L）点由静止释放，粒子垂直y轴方向进入第二象限，求：‎ ‎（1）磁场的磁感应强度B；‎ ‎（2）粒子第二次到达y轴的位置；‎ ‎（3）粒子从释放到第二次到达y轴所用时间．‎ ‎【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）粒子在电场中加速获得速度，在磁场中的做圆周运动，根据洛伦兹力作为向心力计算磁感应强度的大小．‎ ‎（2）粒子在第二象限做类平抛运动，之后再进入磁场做圆周运动，根据半径公式计算到达的位置．‎ ‎（3）粒子从释放到第二次到达y轴所用时间为在电场和磁场中运动的时间的总和．‎ - 28 -‎ ‎【解答】解：（1）粒子在第四象限内，，‎ 所以：‎ 在第一象限内，‎ 得：，又R=L，‎ 所以：‎ ‎（2）在第二象限内，x=v0t，‎ 可解得：x=2L 且进入第三象限时，‎ 所以，进入第三象限时的速度，，其方向与x轴负向夹角为450，‎ 在第三象限内，由，得：，‎ 故MN为圆周轨迹的直径，所以N点的坐标为（0，﹣2L）‎ ‎（3）粒子在第四象限内运动时间，‎ 在磁场中运动周期，‎ 所以粒子从释放到第二次到达y轴所用时间 解得：‎ 答：（1）磁场的磁感应强度B为；‎ ‎（2）粒子第二次到达y轴的位置为（0，﹣2L）；‎ ‎（3）粒子从释放到第二次到达y轴所用时间为．‎ - 28 -‎ ‎【点评】本题为带电粒子在组合场中的运动，要注意分别应用电场中的加速，磁场中的匀速圆周运动的规律进行分析求解．并注意认真分析其对应的物理过程．明确物理规律的正确应用．‎ - 28 -‎