2018年湖南省郴州市高考物理一模试卷
一.选择题
1．以下表述正确的是（ ）
A．奥斯特首先发现了电磁感应定律，开辟了能源利用的新时代
B．牛顿利用扭秤实验，首先测出引力常量，为人类实现飞天梦想奠定了基础
C．安培首先提出了“场”的概念，使人们认识了物质存在的另一种形式
D．伽利略利用实验和推理相结合的方法，得出了力不是维持物体运动的原因
2．某区域的电场线分布情况如图所示，M、N、P是电场中的三个点，下列说法正确的是（ ）
A．M点和N点的电场强度的方向相同
B．同一电荷在N点受到的电场力大于其在M点所受的电场力
C．正电荷在M点的电势能小于其在N点的电势能
D．负电荷由M点移动到P点，静电力做正功
3．如图所示，质量为m的物块与转台之间的最大静摩擦力为物块重力的k倍，物块与转轴OO′相距R，物块随转台由静止开始转动，当转速缓慢增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到相对滑动前瞬间的过程中，转台的摩擦力对物块做的功为（ ）
A．0 B．2πkmgR C．2kmgR D．0.5kmgR
4．如图所示，一物块以初速度 v0从图中所示位置A开始沿粗糙水平面向右运动，同时物块受到一水平向左的恒力F
作用，在运动过程总物块受到的滑动摩擦力大小等于0.6F，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物体从A点向右运动到最大位移处所用的时间与从右侧最大位移处在回到A点所用时间之比为（ ）
A．1：4 B．1：3 C．1：2 D．2：3
5．如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1的阻值和电内阻r相等．当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，（ ）
A．电压表读数增大 B．电流表读数减小
C．电的输出功率逐渐增大 D．质点P将向上运动
6．如图所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是带正电，甲乙叠放在一起，置于粗糙的绝缘水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现加一水平向左的匀强电场，发现甲、乙无相对滑动一起向左加速运动．在加速运动阶段（ ）
A．甲、乙两物块间的摩擦力不变的
B．甲、乙两物块可能做加速度减小的加速运动
C．乙物块与地面之间的摩擦力不断减小
D．甲、乙两物体可能做匀加速直线运动
7．如图所示，ABC为竖直平面内的金属半圆环，AC连线水平，AB为固定在A、B两点间的直的金属棒，在直棒上和圆环的BC部分分别套着两个相同的小环M、N，现让半圆环绕对称轴以角速度ω做匀速转动，半圆环的半径为R，小圆环的质量均为m，棒和半圆环均光滑，已知重力加速度为g，小环可视为质点，则M、N
两环做圆周运动的线速度之比为（ ）
A． B． C． D．
8．两个可视为质点的小球a和b，用质量可忽略的刚性细杆相连，放置在一个光滑的半球面内，如图所示．已知小球a和b的质量之比为，细杆长度是球面半径的倍．两球处于平衡状态时，细杆与水平面的夹角θ是（ ）
A．45° B．30° C．22.5° D．15°
9．2017年6月19日，我国在西昌卫星发射中心发射“中星9A”广播电视直播卫星，按预定计划，“中星9A”应该首先被送入近地点约为200公里，远地点约为3.6万公里的转移轨道Ⅱ（椭圆），然后通过远地点变轨，最终进入地球同步轨道Ⅲ（圆形）．但是由于火箭故障，卫星实际入轨后初始轨道Ⅰ远地点只有1.6万公里．科技人员没有放弃，通过精心操作，利用卫星自带燃料在近地点点火，尽量抬高远地点的高度，经过10次轨道调整，终于在7月5日成功于预定轨道，下列说法正确的是（ ）
A．卫星从轨道Ⅰ的P点进入轨道Ⅱ后机械能增加
B．卫星在轨道Ⅲ经过Q点时和轨道Ⅱ经过Q点时的速度相同
C．“中星9A”发射失利原因可能是发射速度没有达到7.9km/s
D．卫星在轨道Ⅱ由P点向Q点运动时处于失重状态
10．t=0时，甲乙两汽车从相距70km的两地开始相向行驶，它们的v﹣t图象如图所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是（ ）
A．在第1小时末，乙车改变运动方向
B．在第2小时末，甲乙两车相距10km
C．在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大
D．在第4小时末，甲乙两车相遇
11．如图所示，形状和质量完全相同的两个圆柱体a、b靠在一起，表面光滑，重力为G，其中b的下半部刚好固定在水平面MN的下方，上边露出另一半，a静止在平面上．现过a的轴心施加一水平作用力F，可缓慢的将a拉离平面一直滑到b的顶端，对该过程分析，则应有（ ）
A．a、b的压力开始最大为2G，而后逐渐减小到G
B．开始时拉力F最大为，以后逐渐减小为0
C．拉力F先增大后减小，最大值是G
D．a、b间的压力由0逐渐增大，最大为G
12．如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度大小均为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，长度无限大．质量为m．电荷量为+q的粒子可在边界AD 上的不同点射入．入射速度垂直于AD
且垂直于磁场，若入射速度大小为，不计粒子重力，Ⅰ区磁场右边界距A点无限远，则（ ）
A．粒子距A点0.5d处射入，不会进入Ⅱ区
B．粒子距A点1.5d处射入，在磁场区域内运动的时间为
C．粒子在磁场区域内运动的最短时间为
D．从MN边界出射粒子的区域长为
二.实验题
13．某同学利用图1示装置研究小车的匀变速直线运动．
①实验中，必要的措施是 ．
A．细线必须与长木板平行
B．先接通电源再释放小车
C．小车的质量远大于钩码的质量
D．平衡小车与长木板间的摩擦力
②他实验时将打点机器接到频率为50Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图2所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出）s1=3.59cm，s2=4.41cm，s3=5.19cm，s4=5.97cm，s5=6.78cm，s6=7.64cm，则小车的加速度a= m/s2（要求充分利用测量的数据），打点计时器在打B点时小车的速度vB= m/s．（结果均保留两位有效数字）
14．（1）用DIS测电源电动势和内电阻电路如图（a）所示，R0为定值电阻．调节电阻箱R，记录电阻箱的阻值R和相应的电流值I，通过变换坐标，经计算机拟合得到如图（b）所示图线，则该图线选取了 为纵坐标，由图线可得该电源电动势为 V．
（2）现有三个标有“2.5V，0.6A”相同规格的小灯泡，其I﹣U特性曲线如图（c）所示，将它们与图（a）中电源按图（d）所示电路相连，A灯恰好正常发光，则电源内阻r= Ω，图（a）中定值电阻R0= Ω
（3）若将图（a）中定值电阻R0换成图（d）中小灯泡A，调节电阻箱R的阻值，使电阻箱R消耗的电功率是小灯泡A的两倍，则此时电阻箱阻值应调到 Ω
三.计算题
15．“折返跑”是耐力跑的替代项目．这个项目既能发展学生的速度和灵敏素质，又能提高变换方向的能力，是一项很有价值的锻炼项目．在某次“20米折返跑”测试中，受试者在平直跑道上听到“跑”的口令后，在起点终点线前全力跑向正前方20米处的折返线，测试员同时开始计时．受试者到达折返线时，用手触摸折返线处的物体（如木箱），再转身跑向起点终点线，当胸部到达起点终点线的垂直面时，测试员停表，所计时间即为“折返跑”的成绩，如图所示．设受试者起跑的加速度为4.0m/s2，运动过程中的最大速度为6.4m/s，到达折返线处时需减速到零，加速度的大小为8.0m/s2
，返回时达到最大速度后不需减速，保持最大速度冲线．受试者在加速和减速阶段的运动均可视为匀变速直线运动．求该受试者“折返跑”的成绩为多少秒？
16．如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN，PQ竖直放置，其宽度L=1m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R=0.40Ω的电阻，质量为m=0.01kg、电阻为r=0.30Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g=10m/s2（忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响），求：
（1）判断金属棒两端a、b的电势高低；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）在金属棒ab从开始运动的1.5s内，电阻R上产生的热量．
17．如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R=0.6m．平台上静止着两个滑块A、B，mA=0.1kg，mB=0.2kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车，静止在光滑的水平地面上．小车质量为M=0.3kg，车面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块B与PQ之间表面的动摩擦因数为μ=0.2，Q点右侧表面是光滑的．点燃炸药后，A、B分离瞬间A滑块获得向左的速度vA=6m/s，而滑块B则冲向小车．两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且g=10m/s2．求：
（1）滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力；
（2）若L=0.8m，滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；
（3）要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离L应在什么范围内？
2018年湖南省郴州市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一.选择题
1．以下表述正确的是（ ）
A．奥斯特首先发现了电磁感应定律，开辟了能源利用的新时代
B．牛顿利用扭秤实验，首先测出引力常量，为人类实现飞天梦想奠定了基础
C．安培首先提出了“场”的概念，使人们认识了物质存在的另一种形式
D．伽利略利用实验和推理相结合的方法，得出了力不是维持物体运动的原因
【考点】1U：物理学史．
【分析】本题是物理学史问题，根据相关科学家的物理学成就进行解答．
【解答】解：
A、法拉第首先发现了电磁感应定律，开辟了能源利用的新时代．故A错误．
B、卡文迪许利用扭秤实验，首先测出引力常量，为人类实现飞天梦想奠定了基础．故B错误．
C、法拉第首先提出了“场”的概念，使人们认识了物质存在的另一种形式．故C错误．
D、伽利略利用实验和推理相结合的方法，得出了力不是维持物体运动的原因．故D正确．
故选：D．
2．某区域的电场线分布情况如图所示，M、N、P是电场中的三个点，下列说法正确的是（ ）
A．M点和N点的电场强度的方向相同
B．同一电荷在N点受到的电场力大于其在M点所受的电场力
C．正电荷在M点的电势能小于其在N点的电势能
D．负电荷由M点移动到P点，静电力做正功
【考点】AD：电势差与电场强度的关系．
【分析】电场强度的方向沿着电场线的切线方向，电场线的疏密反电场强度的相对大小，电场线越密场强越大，负电荷所受的电场力方向与电场强度相反，结合这些知识即可解答．
【解答】解：A、根据电场强度的方向沿着电场线的切线方向，则知M点和N点的电场强度的方向不同，故A错误．
B、电场线的疏密反电场强度的相对大小，电场线越密场强越大，N处电场线比M处密，则N处场强大，由F=qE，知同一电荷在N点受到的电场力大于其在M点所受的电场力，故B正确．
C、正电荷从M移动到N点时电场力做正功，电势能会减小，所以正电荷在M点的电势能大于其在N点的电势能，故C错误．
D、负电荷所受的电场力方向与电场强度相反，则负电荷由M点移动到P点，静电力负功，故D错误．
故选：B
3．如图所示，质量为m的物块与转台之间的最大静摩擦力为物块重力的k倍，物块与转轴OO′相距R，物块随转台由静止开始转动，当转速缓慢增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到相对滑动前瞬间的过程中，转台的摩擦力对物块做的功为（ ）
A．0 B．2πkmgR C．2kmgR D．0.5kmgR
【考点】65：动能定理；4A：向心力．
【分析】
根据最大静摩擦力求出物块刚好发生转动时的线速度大小，结合动能定理求出转台做功的大小．
【解答】解：根据牛顿第二定律得：，
根据动能定理得：W==
故选：D．
4．如图所示，一物块以初速度 v0从图中所示位置A开始沿粗糙水平面向右运动，同时物块受到一水平向左的恒力F作用，在运动过程总物块受到的滑动摩擦力大小等于0.6F，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物体从A点向右运动到最大位移处所用的时间与从右侧最大位移处在回到A点所用时间之比为（ ）
A．1：4 B．1：3 C．1：2 D．2：3
【考点】37：牛顿第二定律；29：物体的弹性和弹力．
【分析】根据牛顿第二定律求出物体A来回的加速度大小之比，由位移时间公式求解时间之比．
【解答】解：物体从A点向右运动的过程，由牛顿第二定律得 F+0.6F=ma1．
物体从右侧最大位移处向左运动的过程，由牛顿第二定律得 F﹣0.6F=ma2．
则得 a1：a2=4：1
物体向右的运动逆过程是初速度为零的匀加速运动，由x=，x相等，得
t1：t2=： =1：2
故选：C
5．如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1的阻值和电内阻r相等．当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，（ ）
A．电压表读数增大 B．电流表读数减小
C．电的输出功率逐渐增大 D．质点P将向上运动
【考点】CM：带电粒子在混合场中的运动；BB：闭合电路的欧姆定律．
【分析】当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，由欧姆定律确定电容器两极板间电压的变化，分析质点P如何运动．根据干路电流和通过R3的电流变化，确定通过电流表的电流变化．根据R3和R2的电压变化，判断电压表示数的变化．根据电源的内电阻与外电阻的关系，分析电源的输出功率如何变化．
【解答】解：当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知干路电流I增大．电容器板间电压等于R3的电压．R4减小，AB间并联部分的总电阻减小，则R3的电压减小，R3上消耗的功率逐渐减小，电容器板间场强减小，质点P所受的电场力减小，所以质点P将向下运动．
流过电流表的电流IA=I﹣I3，I增大，I3减小，则IA增大，所以电流表读数增大．
R4的电压U4=U3﹣U2，U3减小，U2增大，则U4减小，所以电压表读数减小．
由于R1的阻值和电源内阻r相等，则外电路总电阻大于电源的内阻r，当外电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大．故ABD错误，C正确．
故选：C．
6．如图所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是带正电，甲乙叠放在一起，置于粗糙的绝缘水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现加一水平向左的匀强电场，发现甲、乙无相对滑动一起向左加速运动．在加速运动阶段（ ）
A．甲、乙两物块间的摩擦力不变的
B．甲、乙两物块可能做加速度减小的加速运动
C．乙物块与地面之间的摩擦力不断减小
D．甲、乙两物体可能做匀加速直线运动
【考点】CM：带电粒子在混合场中的运动；27：摩擦力的判断与计算．
【分析】以甲乙整体为研究对象，分析受力情况，根据洛伦兹力随着速度的增大而增大，分析地面对乙物块的支持力如何变化，来分析乙物块与地之间的摩擦力如何变化，根据牛顿第二定律分析加速度如何变化，再对甲研究，由牛顿第二定律研究甲所受摩擦力如何变化．
【解答】解：A、由于f增大，F一定，根据牛顿第二定律得，加速度a减小，对甲研究得到，乙对甲的摩擦力f甲=m甲a，则得到f甲减小，甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小．故A错误．
C、以甲乙整体为研究对象，分析受力如图，则有N=F洛+（m甲+m乙）g，当甲乙一起加速运动时，洛伦兹力F洛增大，N增大，则地面对乙的滑动摩擦力f增大，故C错误．
B、D、甲乙整体受到的摩擦力逐渐增加，故做加速度不断减小的加速运动，最后是一起匀速运动；故B正确，D错误．
故选：B．
7．如图所示，ABC为竖直平面内的金属半圆环，AC连线水平，AB为固定在A、B两点间的直的金属棒，在直棒上和圆环的BC部分分别套着两个相同的小环M、N，现让半圆环绕对称轴以角速度ω做匀速转动，半圆环的半径为R，小圆环的质量均为m，棒和半圆环均光滑，已知重力加速度为g，小环可视为质点，则M、N两环做圆周运动的线速度之比为（ ）
A． B． C． D．
【考点】4A：向心力；48：线速度、角速度和周期、转速．
【分析】分别对M点和N点的小球进行受力分析，根据合外力提供向心力的条件，由牛顿第二定律即可求出结果．
【解答】解：M点的小球受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，所以：Fn=mgtan45°=mω•vM
所以：…①
同理，N点的小球受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，设ON与竖直方向之间的夹角为，Fn′=mgtanθ=mωvN
所以：…②
又：…③
r=Rsinθ…④
联立②③④得：…⑤
所以： =
故选：A
8．两个可视为质点的小球a和b，用质量可忽略的刚性细杆相连，放置在一个光滑的半球面内，如图所示．已知小球a和b的质量之比为，细杆长度是球面半径的倍．两球处于平衡状态时，细杆与水平面的夹角θ是（ ）
A．45° B．30° C．22.5° D．15°
【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；29：物体的弹性和弹力．
【分析】分别对两球及整体受力分析，由几何关系可得出两球受力的大小关系，及平衡时杆与水平方向的夹角；注意本题要用到相似三角形及正弦定理．
【解答】解：因杆可以绕任一点转动，故若杆对a、b的作用力不沿杆，则杆不可能处于平衡状态，故杆对ab球的弹力一定沿杆，且对两球的作用力大小一定相等．
设细杆对两球的弹力大小为T，小球a、b的受力情况如图所示其中球面对两球的弹力方向指向圆心，即有：
cosα==
解得：α=45°
故FNa的方向为向上偏右，即β1=90°﹣45°﹣θ=45°﹣θ
FNb的方向为向上偏左，即β2=90°﹣（45°﹣θ）=45°+θ
两球都受到重力、细杆的弹力和球面的弹力的作用，过O作竖直线交ab于c点，设球面的半径为R，则oac与左侧力三角形相似；obc与右侧力三角相似；则由几何关系可得：
==
==
解得：FNa=FNb
取a、b及细杆组成的整体为研究对象，由平衡条件得：
FNa•sin β1=FNb•sin β2
即FNb•sin（45°﹣θ）=FNb•sin（45°+θ）
解得：θ=15°；
故选：D．
9．2017年6月19日，我国在西昌卫星发射中心发射“中星9A”广播电视直播卫星，按预定计划，“中星9A”应该首先被送入近地点约为200公里，远地点约为3.6万公里的转移轨道Ⅱ（椭圆），然后通过远地点变轨，最终进入地球同步轨道Ⅲ（圆形）．但是由于火箭故障，卫星实际入轨后初始轨道Ⅰ远地点只有1.6万公里．科技人员没有放弃，通过精心操作，利用卫星自带燃料在近地点点火，尽量抬高远地点的高度，经过10次轨道调整，终于在7月5日成功于预定轨道，下列说法正确的是（ ）
A．卫星从轨道Ⅰ的P点进入轨道Ⅱ后机械能增加
B．卫星在轨道Ⅲ经过Q点时和轨道Ⅱ经过Q点时的速度相同
C．“中星9A”发射失利原因可能是发射速度没有达到7.9km/s
D．卫星在轨道Ⅱ由P点向Q点运动时处于失重状态
【考点】4F：万有引力定律及其应用．
【分析】卫星的最小反射速度为7.9km/s，卫星加速过程机械能增加，卫星绕地球做圆周运动万有引力提供向心力，处于失重状态，根据题意分析答题．
【解答】解：A、卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ轨道半径变大，要做离心运动，卫星应从轨道Ⅰ的P加速后才能做离心运动从而进入轨道Ⅱ后，卫星加速过程机械能增加，卫星从轨道Ⅰ的P点进入轨道Ⅱ后机械能增加，故A正确；
B、卫星由Ⅱ的Q点加速后才能进入Ⅲ，由此可知，卫星在轨道Ⅲ经过Q
点时的速度大于在轨道Ⅱ经过Q点时的速度，故B错误；
C、卫星的最小发射速度为7.9km/s，卫星已经发射，失利原因不可能是发射速度没有达到7.9km/s，故C错误；
D、卫星在轨道Ⅱ由P点向Q点运动时只受到万有引力的作用，相对于地面向上做减速运动，所以是处于失重状态，故D正确；
故选：AD
10．t=0时，甲乙两汽车从相距70km的两地开始相向行驶，它们的v﹣t图象如图所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是（ ）
A．在第1小时末，乙车改变运动方向
B．在第2小时末，甲乙两车相距10km
C．在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大
D．在第4小时末，甲乙两车相遇
【考点】1I：匀变速直线运动的图像．
【分析】速度﹣时间图线中速度的正负表示运动方向，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，速度的正负表示运动的方向．
【解答】解：A、在第1小时末，乙车的速度仍然为负值，说明运动方向并未改变．故A错误．
B、在第2小时末，甲的位移大小x甲=×30×2km=30km，乙的位移大小x乙=×30×2km=30km，此时两车相距△x=70﹣30﹣30=10（km）．故B正确．
C、在前4小时内，乙图线的斜率绝对值始终大于甲图线的斜率绝对值，则乙车的加速度大小总比甲车大．故C正确．
D、在第4小时末，甲车的位移x甲=×60×4km=120km，乙车的位移x乙=﹣×30×2km+×60×2km=30km，因x甲＞x乙+70km，可知甲乙两车未相遇．故D
错误．
故选：BC．
11．如图所示，形状和质量完全相同的两个圆柱体a、b靠在一起，表面光滑，重力为G，其中b的下半部刚好固定在水平面MN的下方，上边露出另一半，a静止在平面上．现过a的轴心施加一水平作用力F，可缓慢的将a拉离平面一直滑到b的顶端，对该过程分析，则应有（ ）
A．a、b的压力开始最大为2G，而后逐渐减小到G
B．开始时拉力F最大为，以后逐渐减小为0
C．拉力F先增大后减小，最大值是G
D．a、b间的压力由0逐渐增大，最大为G
【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；29：物体的弹性和弹力．
【分析】a球缓慢上升，合力近似为零，分析a受力情况，由平衡条件得到F以及b球对a的支持力与θ的关系式，即可分析其变化．
【解答】解：对于a球：a球受到重力G、拉力F和b球的支持力N，由平衡条件得：
F=Ncosθ，
Nsinθ=G
则得：F=Gcotθ，N=，
根据数学知识可知，θ从30°增大到90°，F和N均逐渐减小；
当θ=30°，F有最大值，为G，N有最大值，为2G；
当θ=90°，F有最小值，为G，N有最小值，为0；
故AB正确，CD错误；
故选：AB
12．如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度大小均为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，长度无限大．质量为m．电荷量为+q的粒子可在边界AD 上的不同点射入．入射速度垂直于AD且垂直于磁场，若入射速度大小为，不计粒子重力，Ⅰ区磁场右边界距A点无限远，则（ ）
A．粒子距A点0.5d处射入，不会进入Ⅱ区
B．粒子距A点1.5d处射入，在磁场区域内运动的时间为
C．粒子在磁场区域内运动的最短时间为
D．从MN边界出射粒子的区域长为
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．
【分析】粒子射入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可求得粒子的轨迹半径和周期，画出临界轨迹，找出轨迹对应的圆心角θ，由t=T求时间．
【解答】解：A、粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：
qvB=m
其中：v=
解得：r=d，
画出恰好不进入Ⅱ区的临界轨迹，如图所示：
结合几何关系，有：
AO==2r=2d
故从距A点0.5d处射入，会进入Ⅱ区，故A错误；
B、粒子距A点1.5d处射入，在Ⅰ区内运动的轨迹为半个圆周，故时间为：
t==，故B正确；
C、从A点进入的粒子在磁场中运动的轨迹最短（弦长也最短），时间最短，轨迹如图所示：
轨迹对应的圆心角为60°，故时间为：
t==，故C正确．
D、临界轨迹如图，
根据几何关系得，从MN边界出射粒子的区域长为，故D正确；
故选：BCD．
二.实验题
13．某同学利用图1示装置研究小车的匀变速直线运动．
①实验中，必要的措施是 AB ．
A．细线必须与长木板平行
B．先接通电源再释放小车
C．小车的质量远大于钩码的质量
D．平衡小车与长木板间的摩擦力
②他实验时将打点机器接到频率为50Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图2所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出）s1=3.59cm，s2=4.41cm，s3=5.19cm，s4=5.97cm，s5=6.78cm，s6=7.64cm，则小车的加速度a= 0.80 m/s2（要求充分利用测量的数据），打点计时器在打B点时小车的速度vB= 0.40 m/s．（结果均保留两位有效数字）
【考点】M5：测定匀变速直线运动的加速度；M4：探究小车速度随时间变化的规律．
【分析】①分析实验目标和实验原理，明确实验中需要注意事项即可求解；
②根据逐差法可求得物体运动的加速度；根据平均速度表示中间时刻的瞬时速度可求得B点的速度．
【解答】解：①A
、为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平；同时为了打点稳定，应先开电源再放纸带；故AB正确；
C、本实验中只是研究匀变速直线运动，故不需要让小车的质量远大于钩码的质量；只要能让小车做匀加速运动即可；故C错误；
D、由C的分析可知，只要摩擦力恒定即可，不需要平衡摩擦力；故D错误；
故选：AB；
②每两个计数点间有四个点没有画出，故两计数点间的时间间隔为T=5×0.02=0.1s；
根据逐差法可知，物体的加速度a===0.80m/s2；
B点的速度等于AC段的平均速度，则有：v===0.40m/s；
故答案为：①AB；②0.80；0.40．
14．（1）用DIS测电源电动势和内电阻电路如图（a）所示，R0为定值电阻．调节电阻箱R，记录电阻箱的阻值R和相应的电流值I，通过变换坐标，经计算机拟合得到如图（b）所示图线，则该图线选取了 为纵坐标，由图线可得该电源电动势为 4.5 V．
（2）现有三个标有“2.5V，0.6A”相同规格的小灯泡，其I﹣U特性曲线如图（c）所示，将它们与图（a）中电源按图（d）所示电路相连，A灯恰好正常发光，则电源内阻r= 2.5 Ω，图（a）中定值电阻R0= 2 Ω
（3）若将图（a）中定值电阻R0换成图（d）中小灯泡A，调节电阻箱R的阻值，使电阻箱R消耗的电功率是小灯泡A的两倍，则此时电阻箱阻值应调到 4.80 Ω
【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．
【分析】（1）由闭合电路欧姆定律可得出I与R的关系，结合图象可知纵坐标的意义；
（2）由A灯可知流过电源的电流，由串并联电路的规律可得出路端电压；再由闭合电路欧姆定律可求得内阻；再由（1）中数据可求出定值电阻的阻值；
（3）由功率公式可明确电阻箱的阻值；并由内外电阻功率关系可知能否使电功率相同．
【解答】解：（1）由闭合电路欧姆定律可知：I=；要形成与电阻成一次函数关系，则纵坐标只能取；
则有： =+；
则图象的斜率为：k==；
则有：E=4.5V；
=1，
则有：R0+r=4.5
（2）A灯正常发光的电流为：I=0.6A；
则BC两灯的电流为0.3A，由图象可知，BC两灯的电压为0.5V；
路端电压为：U=2.5V+0.5V=3V；
则内压为：U内=4.5﹣3=1.5V；
则内阻为：r==2.5Ω；
则定值电阻为：R0=4.5﹣2.5=2Ω；
（3）灯泡与滑动变阻器串联，故灯泡与电阻中流过的电流相等，而滑动变阻器阻值约为灯泡电阻的两倍；则滑动变阻器两端的电压为灯泡两端电压的两倍，
设灯泡两端电压为U，则滑动变阻器两端电压为2U，则由闭合电路欧姆定律可知：3U+2.5I=4.5
变形得I=1.8﹣1.2U；在上图中作出对应的I﹣U图象，则与原图象的交点为符合条件点；由图可知，I=0.48A，U=1.15V；
则滑动变阻器阻值为：R===4.80Ω（4.6﹣4.9均可）；
故答案为：（1），4.5；（2）2.5；2；（3）4.80；
三.计算题
15．“折返跑”是耐力跑的替代项目．这个项目既能发展学生的速度和灵敏素质，又能提高变换方向的能力，是一项很有价值的锻炼项目．在某次“20米折返跑”测试中，受试者在平直跑道上听到“跑”的口令后，在起点终点线前全力跑向正前方20米处的折返线，测试员同时开始计时．受试者到达折返线时，用手触摸折返线处的物体（如木箱），再转身跑向起点终点线，当胸部到达起点终点线的垂直面时，测试员停表，所计时间即为“折返跑”的成绩，如图所示．设受试者起跑的加速度为4.0m/s2，运动过程中的最大速度为6.4m/s，到达折返线处时需减速到零，加速度的大小为8.0m/s2，返回时达到最大速度后不需减速，保持最大速度冲线．受试者在加速和减速阶段的运动均可视为匀变速直线运动．求该受试者“折返跑”的成绩为多少秒？
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系．
【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式求出匀加速运动和匀减速运动的位移，从而得出匀速运动的位移，求出匀速运动的时间，结合速度时间公式求出匀加速和匀减速运动的时间，抓住返回10m和前10m的运动情况相同，求出总时间．
【解答】解：对受试者，由起点终点线向折返线运动的过程中；
加速阶段：
…①
m…②
减速阶段：
…③
…④
匀速阶段：
…⑤
由折返线向起点终点线运动的过程中
加速阶段：
t4=t1=1.6s，…⑥
x4=x1=5.12m…⑦
匀速阶段：
…⑧
受试者“折返跑”的成绩为：
t=t1+t2+t3+t4+t5=8.25s
答：该受试者“折返跑”的成绩为8.25s．
16．如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN，PQ竖直放置，其宽度L=1m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R=0.40Ω的电阻，质量为m=0.01kg、电阻为r=0.30Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g=10m/s2（忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响），求：
（1）判断金属棒两端a、b的电势高低；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）在金属棒ab从开始运动的1.5s内，电阻R上产生的热量．
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；AC：电势；BH：焦耳定律．
【分析】（1）由右手定则判断出感应电流方向，然后判断电势高低．
（2）由题，x﹣t图象AB段为直线，说明从t=1.5s时开始金属棒ab做匀速直线运动，由图线的斜率求出速度，推导出安培力的表达式，根据平衡条件求出磁感应强度B的大小．
（3）根据能量守恒定律和焦耳定律求解金属棒ab在开始运动的1.5s内，电路中产生的热量；
【解答】解：（1）由右手定则可知，ab中的感应电流由a流向b，ab相当于电源，则b点电势高，a点电势低；
（2）由x﹣t图象求得t=1.5s时金属棒的速度为：v===7m/s，
金属棒匀速运动时所受的安培力大小为：F=BIL，而I=，E=BLv
得到：F=，
根据平衡条件得：F=mg
则有：mg=，
代入数据解得：B=0.1T
（3）金属棒ab在开始运动的1.5s内，金属棒的重力势能减小转化为金属棒的动能和电路的内能．
设电路中产生的总焦耳热为Q，根据能量守恒定律得：
mgx=mv2+Q，代入数据解得Q=0.455J，QR=Q=0.26J；
答：（1）金属棒a端电势低，b端电势高；
（2）磁感应强度是0.1T；
（3）金属棒ab在开始运动的1.5s内，电阻R上产生的热量为0.26J．
17．如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R=0.6m．平台上静止着两个滑块A、B，mA=0.1kg，mB=0.2kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车，静止在光滑的水平地面上．小车质量为M=0.3kg，车面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块B与PQ之间表面的动摩擦因数为μ=0.2，Q点右侧表面是光滑的．点燃炸药后，A、B分离瞬间A滑块获得向左的速度vA=6m/s，而滑块B则冲向小车．两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且g=10m/s2．求：
（1）滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力；
（2）若L=0.8m，滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；
（3）要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离L应在什么范围内？
【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．
【分析】（1）A从最低点到达最高点过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律或动能定理列方程求出A到达最高点时的速度．A在最高时，由合力提供向心力，应用牛顿第二定律列方程求出A受到的支持力，然后由牛顿第三定律求出压力．
（2）炸药爆炸过程A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出B的速度．B与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能．
（3）滑块最终没有离开小车，滑块和小车具有共同的末速度，根据滑块与小车组成的系统动量守恒求出共同速度．若小车PQ之间的距离L
足够大，则滑块还没与弹簧接触就已经与小车相对静止，由能量守恒定律求出对应的L．若小车PQ之间的距离L不是很大，滑块恰好回到小车的左端P点处，由能量守恒定律求得对应的L，从而得到L的范围．
【解答】解：（1）A从轨道最低点到轨道最高点，由机械能守恒定律得：
A在最高点时，由牛顿第二定律得：
mAg+FN=mA
滑块在半圆轨道最高点受到的压力为：FN=1N
由牛顿第三定律得：滑块在半圆轨道最高点对轨道的压力大小为1N，方向竖直向上．
（2）爆炸过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得：
mAvA﹣mBvB=0
解得：vB=3m/s；
滑块B冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
mBvB=（mB+M）v共
由能量守恒定律得：
EP=mBvB2﹣（mB+M）v共2﹣μmBgL
解得：EP=0.22J；
（3）滑块最终没有离开小车，滑块和小车具有共同的末速度，设为u，滑块与小车组成的系统动量守恒，有
mB vB=（M+mB）u
若小车PQ之间的距离L足够大，则滑块还没与弹簧接触就已经与小车相对静止，
设滑块恰好滑到Q点，由能量守恒定律得
联立解得 L1=1.35 m
若小车PQ之间的距离L不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ之间，设滑块恰好回到小车的左端P
点处，由能量守恒定律得
联立式解得 L2=0.675 m
综上所述，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ之间的距离L应满足的范围是 0.675 m＜L＜1.35m
答：
（1）滑块在半圆轨道最高点对轨道的压力大小为1N，方向竖直向上．
（2）滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能为0.22J．
（3）PQ之间的距离L应满足的范围是 0.675 m＜L＜1.35m．
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