2019-2020年高二下学期物理暑假作业（5-6）含解析.doc

2019-2020年高二下学期物理暑假作业（5-6）含解析一、选择题1（钍）具有天然放射性，能放出一个粒子而变为（镤）则下列说法中正确的是（）A核比核少1个质子B核与核的中子数相等C精确地讲，一个核的质量比一个核的质量小D精确地讲，一个核的质量比一个核与一个粒子的质量之和大2如图所示是一列简谐横波在t=0时刻的波形图，已知这列波沿x轴正方向传播，波速为20m/sP是离原点为2m的一个介质质点，则在t=0.17s时刻，质点P的：速度和加速度都沿y方向；速度沿+y方向，加速度沿y方向；速度和加速度都正在增大；速度正在增大，加速度正在减小以上四种判断中正确的是（）A只有B只有C只有D只有3两个相同的条形磁铁，放在平板AB上，磁铁的N、S极如图所示开始时平板及磁铁皆处于水平位置，且静止不动当将AB在竖直方向向上或向下运动过程中，关于磁铁的运动下列说法正确的是（）A将AB竖直向下运动（磁铁与平板间始终相互接触）过程中，两个条形磁铁一定碰在一起B将AB竖直向下运动（磁铁与平板间始终相互接触）过程中，两个条形磁铁可能碰在一起C将AB竖直向上运动（磁铁与平板间始终相互接触）过程中，两个条形磁铁一定不能碰在一起D将AB竖直向上运动（磁铁与平板间始终相互接触）过程中，两个条形磁铁可能碰在一起4示波器是一种多功能电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形它的工作原理等效成下列情况：（如图甲所示）真空室中电极K发出电子（初速不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中在两极板右侧且与极板右端相距D处有一个与两板中心线垂直的范围很大的荧光屏，中心线正好与屏上坐标原点相交，电子通过极板打到荧光屏上将出现亮点，若在A、B两板间加上如图乙所示的变化电压，则荧光屏上的亮点运动规律是（）A沿y轴方向做匀速运动B沿x轴方向做匀速运动C沿y轴方向做匀加速运动D沿x轴方向做匀加速运动5K介子衰变的方程为K+0，其中K介子和介子带负的元电荷e，0介子不带电如图所示，两匀强磁场方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度分别为B1、B2今有一个K介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1中，其轨迹为圆弧AP，P在MN上，K在P点时的速度为v，方向与MN垂直在P点该介子发生了上述衰变衰变后产生的介子沿v反方向射出，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线则以下说法正确的是（）A介子的运行轨迹为PENCMDPB介子运行一周回到P用时为CB1=4B2D0介子作匀速直线运动6如图，直角三角形ABC为一透明介质制成的三棱镜的截面，且A=30，在整个AC面上有一束垂直于AC的平行光线射入，已知这种介质的折射率n2，则（）A可能有光线垂直AB面射出B一定有光线垂直BC面射出C一定有光线垂直AC面射出D从AB面和BC面出射的光线能会聚一点二、解答题（共4小题，满分17分）7在做“测定匀变速直线运动的加速度”的实验中，取下一段纸带研究其运动情况，如图所示设0点为计数的起始点，相邻两计数点间的时间间隔为0.1s，若物体做理想的匀加速直线运动，则计数点“1”与起始点间的距离s1为cm，打计数点“1”时物体的瞬时速度为m/s，物体的加速度为m/s2（结果均保留3位有效数字）8有一额定电压是3，额定电流0.5A的小灯泡，为测其正常工作时的电阻，可提供的器材有：A电流表（量程3A，内阻0.01 ）B电流表（量程0.6A，内阻0.2 ）C电压表（量程3，内阻10k ）D电压表（量程15，内阻50k ）E电键及导线若干F滑动变阻器（阻值010）G电源（电动势9V，内阻1）（1）假设用限流接法，计算通过灯泡的最小电流约为A（2）请根据上面的计算，在方框中画出用伏安法测小灯泡正常工作时电阻的电路图（3）选用的电流表是，选用的电压表是9如图所示，平板A长L=5m，质量M=5kg，放在水平桌面上，板右端与桌边相齐在 A 上距右端 s=3m处放一物体B（大小可忽略），其质量m=2kg，已知A、B 间动摩擦因数 1=0.1，A与桌面间和B与桌面间的动摩擦因数 2=0.2，原来系统静止现在在板的右端施一大小恒定的水平力F持续作用在物体A上直到将A从B下抽出才撤去，且使B最后停于桌的右边缘，求：（1）物体B运动的时间是多少？（2）力F的大小为多少？10如图甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距d=0.5m，导轨右端连接一阻值为R=4的小灯泡L在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化如图乙所示，CF长为2m在t=0时刻，电阻为1的金属棒ab在水平恒力F作用下，由静止开始沿导轨向右运动金属棒从图中位置运动到EF位置的整个过程中，小灯泡的亮度始终没有发生变化求：（1）通过小灯泡的电流强度；（2）恒力F的大小；（3）金属棒的质量三、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）11以初速度V0水平抛出一物体，当其竖直分位移与水平分位移相等时，下列说法错误的是（）A竖直分速度等于水平分速度B瞬时速率为V0C运动时间为D运动的位移为12某人推着自行车前进时，地面对前、后轮的摩擦力分别为F1、F2；当他骑着自行车加速前进时，地面对前后轮的摩擦力分别为F3、F4，关于车轮受到的摩擦力的方向情况，下列说法正确的是（）AF1与车前进方向相同BF2与车前进方向相同CF3与车前进方向相同DF4与车前进方向相同13如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，两者的质量均为2kg，它们处于静止状态若突然将一个大小为10N、方向竖直向下的力施加在物体A上，则此瞬间A对B的压力大小为：（g=10m/s2）（）A10NB25NC20ND30N14均匀分布在地球赤道平面上空的三颗同步通信卫星能够实现除地球南北极等少数地区外的“全球通信”，已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，同步卫星所在轨道处的重力加速度为g，地球自转周期为T，下面列出的是关于三颗卫星中任意两颗卫星间距离S的表达式，其中正确的是（）R2RABCD15如图所示，A、B、C、D是光滑绝缘水平面上一正方形的四个中点，E、F为C、D上的两点，OE=OF分别在A、B两点固定等量负电荷，C、D两点固定等量正电荷，一个带正电小球P（设不改变原来电场分布，且不计小球重力）从E点静止释放，下列说法中正确的是（）AO点的场强一定为零BO点的电势一定为零C小球P从E点移向O点，电势能减小D小球P在E、F间做往复运动16如图所示，在输入电压U恒定的电路上，将灯泡L接在A、B两端时消耗的功率是9W，将它接在较远的C、D两端时消耗的功率是4W，则AC、BD两根输电线上消耗的功率为（）A1WB2WC5WD13W17如图所示，闭合线圈abcd从高处自由下落一段时间后垂直于磁场方向进入一有界磁场，在ab刚进入磁场到cd也进入磁场的这段时间内，线圈中产生感应电流的图象可能是（）ABCD18在下列核反应方程中，X代表质子的方程的是（）A Al+HeP+XB N+HeO+XC H+rn+XD H+XHe+n四、解答题19常用螺旋测微器的精度是0.01mm，在右图中的螺旋测微器的读数为6.620mm，请在刻度线旁边的方框内标出相应的数以符合给出的数，若另制一个螺旋测微器，使其精度提高到0.005mm，而螺旋测微器的螺矩仍保持0.5mm不变，可采用的方法是：20量程为3V的电压表，代号为V，其内阻约为3K，现要求测出该电压表内阻的精确值，实验室提供的器材有：电阻箱Ra，取值范围0.1到9999.9，在本实验中通过它的电流不会超所允许的最大值；滑动变阻器Rb，最大电阻为1000，最大电流为0.2A；电源E，开路电压约5V，内阻不计；电键S；连接导线若干（1）选用上述器材设计一个易于操作的测量电路，要求在如图方框内画出电路图并标出所用器材代号；（2）填写测量步骤并写出计算电压表内阻的表达式将待测电压表V、电阻箱Ra、电源E、开关S，按图示电路用导线连成测量电路把Ra调至最大值，闭合开关S，接通电路计算电压表内阻的表达式：21如图所示，为某种新型设备内部电、磁场分布情况图自上而下分为、三个区域区域宽度为d1，分布有沿纸面向下的匀强电场E1；区域宽度为d2，分布有垂直纸面向里的匀强磁场B1；宽度可调的区域中分布有沿纸面向下的匀强电场E2和垂直纸面向里的匀强磁场B2现在有一群质量和带电量均不同的带电粒子从区域上边缘的注入孔A点被注入，从静止开始运动，然后相继进入、两个区域，满足一定条件的粒子将回到区域，其他粒子则从区域飞出三区域都足够长，粒子的重力不计已知能飞回区域的带电粒子的质量为m=6.41027，带电量为q=3.21019C，且d1=10cm，d2=5cm，d310cm，E1=E2=40v/m，B1=4103T，B2=2103T试求：（1）该带电粒子离开区域时的速度 （2）该带电粒子离开区域时的速度（3）该带电粒子第一次回到区域的上边缘时离开A点的距离xx学年江苏省盐城市射阳二中高二（下）物理暑假作业（5-6）参考答案与试题解析一、选择题1（钍）具有天然放射性，能放出一个粒子而变为（镤）则下列说法中正确的是（）A核比核少1个质子B核与核的中子数相等C精确地讲，一个核的质量比一个核的质量小D精确地讲，一个核的质量比一个核与一个粒子的质量之和大【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度【分析】中子数=质量数质子数衰变过程中有质量亏损，所以衰变前的质量大于衰变后的质量【解答】解：A、90234Th比91234Pa少一个质子，故A正确B、2349023491，故B错误CD、衰变过程中有质量亏损，所以精确地讲，一个90234Th核的质量比一个91234Pa核与一个粒子的质量和要大，故C错误D正确故选AD2如图所示是一列简谐横波在t=0时刻的波形图，已知这列波沿x轴正方向传播，波速为20m/sP是离原点为2m的一个介质质点，则在t=0.17s时刻，质点P的：速度和加速度都沿y方向；速度沿+y方向，加速度沿y方向；速度和加速度都正在增大；速度正在增大，加速度正在减小以上四种判断中正确的是（）A只有B只有C只有D只有【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系【分析】根据波的传播传播方向确定P点的振动方向；由图得到波长，根据v=求解周期，然后进一步分析质点P的运动情况【解答】解：由图知，该波的波长=4m，波速v=20m/s，因此周期为T=0.2s；因为波向右传播，所以t=0时刻P质点振动方向向下；0.75 T0.17sT，所以P质点在其平衡位置上方，正在向平衡位置运动，位移为正，正在减小；速度为负，正在增大；加速度为负，正在减小故正确；故选C3两个相同的条形磁铁，放在平板AB上，磁铁的N、S极如图所示开始时平板及磁铁皆处于水平位置，且静止不动当将AB在竖直方向向上或向下运动过程中，关于磁铁的运动下列说法正确的是（）A将AB竖直向下运动（磁铁与平板间始终相互接触）过程中，两个条形磁铁一定碰在一起B将AB竖直向下运动（磁铁与平板间始终相互接触）过程中，两个条形磁铁可能碰在一起C将AB竖直向上运动（磁铁与平板间始终相互接触）过程中，两个条形磁铁一定不能碰在一起D将AB竖直向上运动（磁铁与平板间始终相互接触）过程中，两个条形磁铁可能碰在一起【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重【分析】开始时两块磁铁在底板上处于静止，说明磁铁间引力不大于最大静摩擦力突然竖直向下平移时，先加速下降后减速下降，先处于失重状态，后处于超重状态，失重时磁铁所受的最大静摩擦力减小，两块磁铁可能碰在一起同样，分析突然竖直向上平移时，两块磁铁是否可能碰在一起【解答】解：A、开始时两块磁铁在底板上处于静止，说明磁铁间引力不大于最大静摩擦力突然竖直向下平移时，先加速下降后减速下降，先处于失重状态，后处于超重状态，失重时板对磁铁的支持力小于磁铁的重力，即磁铁对板的压力一直小于磁铁的重力，所以磁铁受到的支持力减小，最大静摩擦力减小，只有在最大静摩擦力小于磁铁之间的吸引力时，两个条形磁铁才能碰在一起，故A错误，B正确；C、从板突然竖直向上平移到停下，板和磁铁的运动也经历两个阶段起初，板和磁铁一起作加速度方向向上、速度向上的运动，在这过程中，正压力增大，最大静摩擦力亦增大，作用于每个磁铁的磁力与静摩擦力始终保持平衡，磁铁在水平方向不发生运动接着，磁铁和板一起作加速度方向向下、速度向上的运动，直到停在AB处在这过程中，磁铁对板的正压力减小，最大静摩擦力亦减小，向下的加速度愈大，磁铁的正压力愈小，最大静摩擦力也愈小当板的加速度大到某一数值时，最大静摩擦力减小到小于磁力，于是磁铁沿着平板相向运动并吸在一起故C错误，D正确；故选：BD4示波器是一种多功能电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形它的工作原理等效成下列情况：（如图甲所示）真空室中电极K发出电子（初速不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中在两极板右侧且与极板右端相距D处有一个与两板中心线垂直的范围很大的荧光屏，中心线正好与屏上坐标原点相交，电子通过极板打到荧光屏上将出现亮点，若在A、B两板间加上如图乙所示的变化电压，则荧光屏上的亮点运动规律是（）A沿y轴方向做匀速运动B沿x轴方向做匀速运动C沿y轴方向做匀加速运动D沿x轴方向做匀加速运动【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】粒子进入偏转电场做类平抛运动，抓住沿电场方向做匀加速直线运动，垂直于电场方向做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转位移与偏转电压的关系，从而进行判断【解答】解：粒子在沿电场方向上的加速度a=，在偏转电场中运行的时间t=粒子在y方向上偏转，偏转位移y1=飞出偏转电场后，匀速直线运动，侧移则打在荧光屏上偏离中心的距离Y=因为偏转电压与时间成正比，则Y与时间成正比，所以粒子沿y轴方向做匀速运动故A正确，B、C、D错误故选A5K介子衰变的方程为K+0，其中K介子和介子带负的元电荷e，0介子不带电如图所示，两匀强磁场方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度分别为B1、B2今有一个K介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1中，其轨迹为圆弧AP，P在MN上，K在P点时的速度为v，方向与MN垂直在P点该介子发生了上述衰变衰变后产生的介子沿v反方向射出，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线则以下说法正确的是（）A介子的运行轨迹为PENCMDPB介子运行一周回到P用时为CB1=4B2D0介子作匀速直线运动【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】电子在磁场中受到洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据左手定则判断电子的绕行方向，根据周期公式分三个部分求解运动一周的时间，根据半径关系求解两磁场的关系【解答】解：A、根据左手定则可知：介子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以介子的运行轨迹为PDMCNEP，故A错误；BC、介子在整个过程中，在匀强磁场B1中运动两个半圆，即运动一个周期，在匀强磁场B2中运动半个周期； 由图可知，在匀强磁场B1中运动半径是匀强磁场B2中运动半径的一半，根据r=可知，B1=2B2；所以：T=+=； 故B正确，C错误； D、0介子不带电，不受洛伦兹力作用，故做匀速直线运动故D正确故选：BD6如图，直角三角形ABC为一透明介质制成的三棱镜的截面，且A=30，在整个AC面上有一束垂直于AC的平行光线射入，已知这种介质的折射率n2，则（）A可能有光线垂直AB面射出B一定有光线垂直BC面射出C一定有光线垂直AC面射出D从AB面和BC面出射的光线能会聚一点【考点】光的折射定律【分析】根据折射率得出临界角的最大值，抓住光线从AC面垂直进入，方向不变，照射到AB面上的光线发生全反射，可能反射到AC面、可能反射到BC面进行分析【解答】解：因为已知了透明介质的折射率n2，可知其发生全反射的临界角小于30度光线从AC面射入，由于是垂直射入的，所以方向不变，沿直线进入棱镜内照射到AB面上，在AB面的入射角是30度，发生了全反射，没有光线从AB面射出反射的光线照射到BC面上，其入射角是60度，又发生了全反射，没有光线从BC面射出在这个面反射的光线照射到AC面上，因为是垂直照射的，所以方向不变，也垂直于AC面射出如图中光线b反射光线可能反射到AC面上，在AC面上发生全反射，反射光线又照射到BC面上，从BC面垂直射出如图中光线a故B、C正确A、D错误故选BC二、解答题（共4小题，满分17分）7在做“测定匀变速直线运动的加速度”的实验中，取下一段纸带研究其运动情况，如图所示设0点为计数的起始点，相邻两计数点间的时间间隔为0.1s，若物体做理想的匀加速直线运动，则计数点“1”与起始点间的距离s1为4.00cm，打计数点“1”时物体的瞬时速度为0.450m/s，物体的加速度为1.00m/s2（结果均保留3位有效数字）【考点】测定匀变速直线运动的加速度【分析】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出计数点“1”与起始点间的距离以及加速度，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出打计数点“1”的速度【解答】解：根据s12s1=s23s12得，9.002s1=6.00（9.00s1），解得s1=4.00cm因为连续相等时间内的位移之差x=1cm，根据x=aT2得，加速度a=打计数点“1”时物体的瞬时速度故答案：4.00；0.450；1.008有一额定电压是3，额定电流0.5A的小灯泡，为测其正常工作时的电阻，可提供的器材有：A电流表（量程3A，内阻0.01 ）B电流表（量程0.6A，内阻0.2 ）C电压表（量程3，内阻10k ）D电压表（量程15，内阻50k ）E电键及导线若干F滑动变阻器（阻值010）G电源（电动势9V，内阻1）（1）假设用限流接法，计算通过灯泡的最小电流约为0.52A（2）请根据上面的计算，在方框中画出用伏安法测小灯泡正常工作时电阻的电路图（3）选用的电流表是B，选用的电压表是C【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】根据欧姆定律求出灯泡的最小电流由已知灯泡的额定值可以选出电压表和电流表；根据限流接法和分压接法的规律可得出滑动变阻器的接法，由内阻的关系可得出电流表的接法【解答】解：（1）小灯泡额定电压是3，额定电流O.5A，所以灯泡的电阻是6假设用限流接法，灯泡的最小电流I=0.52A（2）假设用限流接法，灯泡的最小电流大于额定电流，所以应采用分压接法电压表内阻远大于灯泡电阻，应采用电流表外接法电路如图（3）由灯泡的额定值可知，灯泡的额定电流为0.5A，电流表的量程应略大于0.5A，故电流表选B；灯泡的额定电压为3V，故若选15V量程的电压表，则测量误差过大，故选择C；故答案为：（1）0.52（2）如图（3）B，C9如图所示，平板A长L=5m，质量M=5kg，放在水平桌面上，板右端与桌边相齐在 A 上距右端 s=3m处放一物体B（大小可忽略），其质量m=2kg，已知A、B 间动摩擦因数 1=0.1，A与桌面间和B与桌面间的动摩擦因数 2=0.2，原来系统静止现在在板的右端施一大小恒定的水平力F持续作用在物体A上直到将A从B下抽出才撤去，且使B最后停于桌的右边缘，求：（1）物体B运动的时间是多少？（2）力F的大小为多少？【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系【分析】（1）根据牛顿第二定律分别求出B在A上滑动的加速度和在桌面上滑动的加速度B在A上做匀加速运动，在桌面上做匀减速运动，B最后停于桌的右边缘时，两个位移之和等于S用速度位移关系式得出两段位移与速度的关系式，求出B刚离开A时的速度，再求出物体B运动的时间（2）B相对A滑动位移大小等于LS，根据位移公式得出关系求出A的加速度，再由牛顿第二定律求出F【解答】解：（1）设B刚离开A时的速度为v，根据牛顿第二定律得 B在A滑动的加速度大小为=B桌面上滑动的加速度大小为=由题得，S=代入解得，v=2m/s物体B运动的时间t=3s（2）设B在A上滑动的时间为t1=设B在A上滑动过程中A的加速度大小为a则有 LS=代入解得，a=2m/s2对A：F1mg2（M+m）g=Ma解得F=26N答：（1）物体B运动的时间是3s（2）力F的大小为26N10如图甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距d=0.5m，导轨右端连接一阻值为R=4的小灯泡L在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化如图乙所示，CF长为2m在t=0时刻，电阻为1的金属棒ab在水平恒力F作用下，由静止开始沿导轨向右运动金属棒从图中位置运动到EF位置的整个过程中，小灯泡的亮度始终没有发生变化求：（1）通过小灯泡的电流强度；（2）恒力F的大小；（3）金属棒的质量【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求出04s内电路中产生的感应电动势，求出感应电流因为小灯泡的亮度始终没有发生变化，则此电流即为通过小灯泡的电流强度；（2）由于灯泡亮度不变，可知在t=4s末金属棒刚好进入磁场时应做，匀速运动，此时金属棒电流等于灯泡中电流，恒力与安培力大小相等（3）金属棒切割磁感线产生的感应电动势等于04s内电路中产生的感应电动势，由E=Bdv可求出在磁场中的速度，由运动学公式和牛顿第二定律结合可求出棒的质量【解答】（1）金属棒未进入磁场，电路总电阻 R总=RL+Rab=5回路中感应电动势为：E1=0.5V 灯炮中的电流强度为：IL=0.1A （2）因灯泡亮度不变，故在t=4s末金属棒刚好进入磁场，且做匀速运动，此时金属棒中的电流强度：I=IL=0.1A 恒力大小：F=FA=BId=0.1N （3）因灯泡亮度不变，金属棒产生的感应电动势为：E2=E1=0.5V 金属棒在磁场中的速度：v=0.5m/s金属棒未进入磁场的加速度为：a=故金属棒的质量为：m=0.8kg答：（1）通过小灯泡的电流强度为0.1A；（2）恒力F的大小为0.1N；（3）金属棒的质量为0.8kg三、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）11以初速度V0水平抛出一物体，当其竖直分位移与水平分位移相等时，下列说法错误的是（）A竖直分速度等于水平分速度B瞬时速率为V0C运动时间为D运动的位移为【考点】平抛运动【分析】通过竖直分位移与水平分位移大小相等，求出时间，根据时间可求出竖直方向的分速度以及速度的大小和方向【解答】解：A、C、竖直分位移与水平分位移大小相等，有：，所以运动的时间为：t=，此时竖直方向上的分速度vy=gt=2v0故A错误，C正确；B、平抛运动瞬时速度的大小为：，故B正确；D、此时水平方向上的位移的大小为x=v0t=，由于此时竖直分位移与水平分位移大小相等，所以此时物体运动的位移的大小为：，故D正确本题选错误的，故选：A12某人推着自行车前进时，地面对前、后轮的摩擦力分别为F1、F2；当他骑着自行车加速前进时，地面对前后轮的摩擦力分别为F3、F4，关于车轮受到的摩擦力的方向情况，下列说法正确的是（）AF1与车前进方向相同BF2与车前进方向相同CF3与车前进方向相同DF4与车前进方向相同【考点】摩擦力的判断与计算【分析】骑自行车时自行车前轮是从动轮，后轮是主动轮，主动轮为自行车前进提供动力因为是后轮驱动，所以后轮受到地面对它向前的摩擦力，而前轮不是驱动轮，被后轮推着前进，对地面向前运动，受到地面对它向后的摩擦力推自行车前进时，地面对前后轮的摩擦力方向都向后【解答】解：A、推自行车前进时，地面对前后轮的摩擦力方向都向后地面对后轮的摩擦力F1，对前轮的摩擦力为F2都向后的，故AB错误；C、骑车前进时，后轮是主动轮，在它与地面接触处有相对地面向后滑的趋势，故受向前的摩擦力；前轮是从动轮，它在与地面接触处有相对于地面向前滑的趋势，故受向后的摩擦力故F3与车前进方向相反，F4与车前进方向相同，故C错误，D正确故选：D13如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，两者的质量均为2kg，它们处于静止状态若突然将一个大小为10N、方向竖直向下的力施加在物体A上，则此瞬间A对B的压力大小为：（g=10m/s2）（）A10NB25NC20ND30N【考点】牛顿第二定律；胡克定律【分析】物体A、B整体受力平衡，即整体受重力和弹簧的支持力平衡；突然对物体A施加一个竖直向下的10N的压力，AB整体受到的重力和弹力不变，故整体具有了向下的加速度，先根据牛顿第二定律求出加速度，然后再对A受力分析，根据牛顿第二定律求出B对A的支持力，再根据牛顿第三定律即可求解【解答】解：物体AB整体受力平衡，受重力和支持力，合力为零，故弹簧的支持力为40N；突然对物体A施加一个竖直向下的10N的压力，对AB整体而言，受到重力、弹簧弹力和压力，合力等于压力，根据牛顿第二定律，有F=2ma解得a=2.5m/s2再对物体A受力分析，受到重力和支持力，根据牛顿第二定律，有F+mgN=ma 由解得N=25N根据牛顿第三定律，A对B的压力大小等于B对A的支持力故A对B的压力大小为25N故选B14均匀分布在地球赤道平面上空的三颗同步通信卫星能够实现除地球南北极等少数地区外的“全球通信”，已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，同步卫星所在轨道处的重力加速度为g，地球自转周期为T，下面列出的是关于三颗卫星中任意两颗卫星间距离S的表达式，其中正确的是（）R2RABCD【考点】同步卫星【分析】同步卫星定轨道（在赤道上方），定周期（与地球的自转周期相同），定速率、定高度根据万有引力提供向心力及地球表面上引力等于重力，可求出同步卫星的轨道半径，再由三角函数即可求得任意两颗卫星之间的距离【解答】解：根据根据万有引力提供向心力有：=r的：r=三颗同步卫星，每两颗之间的夹角为120，由几何知识有：S=2rsin60在地球表面上引力等于重力，由牛顿第二定律有：式联立可以解得：S=又因：得：S=R故选：D15如图所示，A、B、C、D是光滑绝缘水平面上一正方形的四个中点，E、F为C、D上的两点，OE=OF分别在A、B两点固定等量负电荷，C、D两点固定等量正电荷，一个带正电小球P（设不改变原来电场分布，且不计小球重力）从E点静止释放，下列说法中正确的是（）AO点的场强一定为零BO点的电势一定为零C小球P从E点移向O点，电势能减小D小球P在E、F间做往复运动【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势；电势能【分析】A、B是固定等量负电荷，C、D是固定等量正电荷，根据电场的叠加分析场强电势是相对的，电势的零点可人为选取由电场线的方向判断电场力做功正负，即可分析小球P从E点移向O点，电势能如何变化根据小球P所受的电场力情况，分析其运动情况【解答】解：A、A、B是固定等量负电荷，C、D是固定等量正电荷，根据电场的叠加和对称性可知，O点的电场强度一定为零故A正确B、由于电势具有相对性，电势的零点可人为选取，则O点的电势不一定为零故B错误C、对于AB两个负电荷形成的电场，EO间的电场方向从E指向O，对于CD两个正电荷形成的电场方向EO间的电场方向也从E指向O，叠加后电场方向必定从E指向O，小球带正电，从E点移向O点，电场力做正功，电势能减小故C正确D、由上分析可知，EF间的电场方向是EOF，小球受力情况关于O点对称，小球从E到F，先加速后减速，到F时速度为零，然后从F到E，先加速后减小，接着重复，故小球P在E、F间做往复运动故D正确故选：ACD16如图所示，在输入电压U恒定的电路上，将灯泡L接在A、B两端时消耗的功率是9W，将它接在较远的C、D两端时消耗的功率是4W，则AC、BD两根输电线上消耗的功率为（）A1WB2WC5WD13W【考点】电功、电功率【分析】先设出灯泡L分别连接在A、B和C、D两点时电路中的电流，根据P=I2R分别列出灯泡L消耗的电功率的方程，求出两种情况下电流之间的关系；再根据电流关系求出将灯泡L接C、D两点时电源的功率，总功率减掉L消耗的功率即为导线AC和BD消耗的总功率【解答】解：设灯泡L连接在A、B两点时，电路的电流为I1，则P1=I12RL=9W若将灯泡L接C、D两点时，电路的电流为I2，则P2=I22RL=4W由两式可得：I1：I2=3：2，若将灯泡L接C、D两点时，电路的总功率为：P3=UI2，则：，即P3=9W=6W，所以导线AC和BD消耗的总功率为：P=P3P2=6W4W=2W故选：B17如图所示，闭合线圈abcd从高处自由下落一段时间后垂直于磁场方向进入一有界磁场，在ab刚进入磁场到cd也进入磁场的这段时间内，线圈中产生感应电流的图象可能是（）ABCD【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律【分析】从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的这段时间内，可能做匀速运动，可能做加速运动，也可能做减速运动，根据安培力公式F=，安培力与速度成正比，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况，确定速度图象的斜率变化情况【解答】解：A、ab边刚进入磁场时，若所受的安培力与重力平衡，则线框做匀速运动，故A正确B、C，ab边刚进入磁场时，若所受的安培力小于重力，线框做加速运动，随着速度的增大，由安培力公式F=，得知，安培力增大，加速度减小，则线框做加速度减小的加速运动，速度图象的斜率逐渐减小故BC错误D、ab边刚进入磁场时，若所受的安培力大于重力，线框做减速运动，随着速度的减小，由安培力公式F=，得知，安培力减小，加速度减小，则线框做加速度减小的减速运动，速度图象的斜率逐渐减小故D错误故选：A18在下列核反应方程中，X代表质子的方程的是（）A Al+HeP+XB N+HeO+XC H+rn+XD H+XHe+n【考点】裂变反应和聚变反应【分析】根据核反应方程中质量数和电荷数守恒，求出未知粒子的核电荷数和质量数即可判断粒子的种类【解答】解：A、根据质量数和电荷数守恒得X的电荷数为0，质量数为1，所以X是中子，故A错误；B、同理X的电荷数为1，质量数为1，所以X为质子，故B正确；C、X的电荷数为1，质量数为1，所以X是质子，故C正确；D、X的电荷数为1，质量数为2，所以X是氘核，故D错误故选：BC四、解答题19常用螺旋测微器的精度是0.01mm，在右图中的螺旋测微器的读数为6.620mm，请在刻度线旁边的方框内标出相应的数以符合给出的数，若另制一个螺旋测微器，使其精度提高到0.005mm，而螺旋测微器的螺矩仍保持0.5mm不变，可采用的方法是：将可动刻度100等份【考点】螺旋测微器的使用【分析】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读根据螺旋测微器的原理来分析精确度提高到0.005mm的方法【解答】解：由读数的方法就可以在方框中填入数字读数是6.620mm，所以固定刻度是5.5，可动刻度是12，所以下面和上面的刻度分别是10和15如果知道了螺旋测微器的基本原理即它的螺距为0.5 mm，即每转一周，螺杆就前进或后退0.5 mm，将它分成50等份的圆周，则每旋转一份即表示0.01 mm，因此，它可精确到0.01 mm如果要使其精确度提高到0.005 mm，那么就可采取将螺距分成100等份即可方框内数字为：5、15、10（顺序为从左向右，从上到下）故答案为：将可动刻度100等份20量程为3V的电压表，代号为V，其内阻约为3K，现要求测出该电压表内阻的精确值，实验室提供的器材有：电阻箱Ra，取值范围0.1到9999.9，在本实验中通过它的电流不会超所允许的最大值；滑动变阻器Rb，最大电阻为1000，最大电流为0.2A；电源E，开路电压约5V，内阻不计；电键S；连接导线若干（1）选用上述器材设计一个易于操作的测量电路，要求在如图方框内画出电路图并标出所用器材代号；（2）填写测量步骤并写出计算电压表内阻的表达式将待测电压表V、电阻箱Ra、电源E、开关S，按图示电路用导线连成测量电路把Ra调至最大值，闭合开关S，接通电路调节电阻箱Ra电阻值，使得电压表满偏，记下此时Ra的值R1增大Ra的值，使得电压表半偏，记下此时Ra的值R2计算电压表内阻的表达式：Rv=R22R1【考点】伏安法测电阻【分析】本题的关键是先画出电路图，若根据闭合电路欧姆定律能解出电压表的内阻，则实验即可完成【解答】解：（1）设计的测量电路如图所示（2）测量步骤如下：调节电阻箱Ra电阻值，使得电压表满偏，记下此时Ra的值R1增大Ra的值，使得电压表半偏，记下此时Ra的值R2，则根据闭合电路欧姆定律应有E=U+R1E=+R2解得：Rv=R22R1故答案为：（1）如图（2）调节电阻箱Ra电阻值，使得电压表满偏，记下此时Ra的值R1增大Ra的值，使得电压表半偏，记下此时Ra的值R2，计算电压表内阻的公式：Rv=R22R121如图所示，为某种新型设备内部电、磁场分布情况图自上而下分为、三个区域区域宽度为d1，分布有沿纸面向下的匀强电场E1；区域宽度为d2，分布有垂直纸面向里的匀强磁场B1；宽度可调的区域中分布有沿纸面向下的匀强电场E2和垂直纸面向里的匀强磁场B2现在有一群质量和带电量均不同的带电粒子从区域上边缘的注入孔A点被注入，从静止开始运动，然后相继进入、两个区域，满足一定条件的粒子将回到区域，其他粒子则从区域飞出三区域都足够长，粒子的重力不计已知能飞回区域的带电粒子的质量为m=6.41027，带电量为q=3.21019C，且d1=10cm，d2=5cm，d310cm，E1=E2=40v/m，B1=4103T，B2=2103T试求：（1）该带电粒子离开区域时的速度 （2）该带电粒子离开区域时的速度（3）该带电粒子第一次回到区域的上边缘时离开A点的距离【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【分析】粒子在电场E1中做匀加速直线运动，根据动能定理粒子刚进入磁场B1时的速度大小粒子进入磁场B1中，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求出粒子轨迹半径，由几何知识得出粒子离开区域时的速度方向粒子进入区域时，受到电场力和洛伦兹力，采用运动的分解法，将粒子的速度分解为水平和竖直两个方向，分别求出这两个方向速度对的洛伦兹力，分析粒子水平方向的运动情况：匀速直线运动分析与竖直速度对应的洛伦兹力，分析得知粒子做匀速圆周运动，根据匀速直线运动和匀速圆周运动的合成，由几何知识求出能飞回区域的粒子第一次回到区域上边缘时离A的距离【解答】解：（1）粒子在电场E1中运动，由qE1d1=mv2得：v=2104m/s方向竖直向下（2）粒子在B1中偏转，速度大小仍为v=2104m/s由qB1v=m可得方向：sin=，代入数据得：=45所以带电粒子离开区域时的速度方向与X轴正向45角（3）设该带电粒子离开区域也即进入区域时的速度分解为vx、vy，则：vx=vy=vsin45=104m/s所以：qB2vx=qB2vy=1.281017NqE2=1.281017NqE2=qB2vx所以带电粒子在区域中运动可视为沿X轴正向的速度为vx的匀速直线运动和以速率为vy以及对应洛仑兹力qB2V作为向心力的匀速圆周运动的叠加，轨道如图所示：R2=10cmT=105S根据运动的对称性可知，带电粒子回到区域的上边缘的B点，距A点的距离为：d=2（1cos）R1+R2+vx代入数据可得：d=40+1010=57.26cm答：（1）该带电粒子离开区域时的速度为2104m/s，方向竖直向下 （2）该带电粒子离开区域时的速度为2104m/s，方向与X轴正向45角（3）该带电粒子第一次回到区域的上边缘时离开A点的距离为57.26cmxx年1月21日