2019届高三物理第二次联考试题(含解析).doc

2019届高三物理第二次联考试题(含解析)一、选择题（23个小题）1. 在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用，下列叙述不符合史实的是（ ）A. 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B. 安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C. 法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D. 楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化【答案】C【解析】A、1820年，丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，符合史实，故A正确；B、安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，很好地解释了软铁磁化现象，符合史实，故B正确；C、法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，不会出现感应电流，故C错误；D、楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律，即感应电流应具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故D正确。点睛：对于物理中的重大发现、重要规律、原理，要明确其发现者和提出者，了解所涉及伟大科学家的重要成就。2. 在物理学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是()A. 自然界的电荷只有两种，美国科学家密立根将其命名为正电荷和负电荷，美国物理学家富兰克林通过油滴实验比较精确地测定了电荷量e的数值B. 卡文迪许用扭秤实验测定了引力常量G和静电力常量k的数值C. 奥斯特发现了电流间的相互作用规律，同时找到了带电粒子在磁场中的受力规律D. 开普勒提出了三大行星运动定律后，牛顿发现了万有引力定律【答案】D【解析】A、自然界的电荷只有两种，美国科学家富兰克林将其命名为正电荷和负电荷，美国物理学家密立根通过油滴实验比较精确地测定了电荷量e的数值，故A错误；B、卡文迪许仅仅测定了引力常量G的常量，库仑测量了静电力常量，故B错误；C、带电粒子在磁场中的受力规律是洛仑兹发现的，不是奥斯特发现的，故C错误；D、开普勒提出了三大行星运动定律后，牛顿发现了万有引力定律，故D正确。点睛：本题考查了物体学建立之初的物理学史，可按年代、科学家成就进行记忆，多加积累，避免出现张冠李戴的情况。3. 如图所示，将一质量为m的小球从空中O点以速度水平抛出，飞行一段时间后，小球经过P点时动能，不计空气阻力，则小球从O到P过程中（ ）A. 经过的时间为 B. 速度增量为，方向斜向下C. 运动方向改变的角度的正切值为 D. 下落的高度为【答案】A【解析】A、做平抛运动的过程中，只有重力做功，故有，联立解得 ，故经历的时间为 ，速度增量 ，方向竖直向下，下落的高度为 ，故选项A正确，BD错误；C、运动方向改变的角度的正切值为 ，故选项C错误。点睛：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，结合运动学公式灵活求解，对于平抛运动，有时可以结合动能定理进行求解。4. 如图所示，水平转台上的小物体A、B通过轻弹簧连接，并随转台一起匀速转动，A、B的质量分别为m、2m，A、B与转台的动摩擦因数都为，A、B离转台中心的距离分别为1.5r、r，已知弹簧的原长为1.5r，劲度系数为k，设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法中正确的是（ ）A. 当B受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为B. 当A受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为C. 当B刚好要滑动时，转台转动的角速度为D. 当A刚好要滑动时，转台转动的角速度为【答案】BD【解析】A、当B受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供向心力，则 ，解得 ，选项A错误；B、当A受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供向心力，则 ，解得，选项B正确；C、当B刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有： ，解得 ，选项C错误；D、当A刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有： ，解得，选项D正确。点睛：本题主要考查了胡克定律以及向心力公式的直接应用，知道当A、B刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，明确向心力的来源是解题的关键。5. 如图所示，光滑斜面与水平面成角，斜面上一根长为l=0.30cm的轻杆，一端系住质量为0.2kg的小球，另一端可绕O点在斜面内转动，先将轻杆拉至水平位置，然后给小球一沿着斜面并与轻杆垂直的初速度，取，则 （ ）A. 此时小球的加速度大小为B. 小球到达最高点时，杆对其的弹力沿斜面向上C. 若增大，小球达到最高点时杆子对小球的弹力一定增大D. 若增大，小球达到最高点时杆子对小球的弹力可能减小【答案】C【解析】试题分析：小球做变速圆周运动，在初位置加速度不指向圆心，将其分解：切向加速度为：；向心加速度为：；故时小球的加速度为合加速度，故A错误；从开始到最高点过程，根据动能定理，有：-mglsin30=mv12mv02；解得：；考虑临界情况，如果没有杆的弹力，重力的平行斜面分力提供向心力，有：，可以得到v2小于v1，说明杆在最高点对球是拉力，故B错误；在最高点时，轻杆对小球的弹力是拉力，故：，如果初速度增大，则最高点速度也增加，故拉力F一定增加，故C正确，D错误；故选C考点：动能定理及牛顿第二定律的应用【名师点睛】本题重点是分析小球圆周运动的向心力来源，这个情形虽然不是在竖直平面内的圆周运动，但是其原理和竖直平面内的圆周运动一样，要利用运动的合成与分解的观点结合牛顿第二定律求解。6. 如图所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为，A、B之间的动摩擦因数为，B与地面之间的动摩擦因数为。若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为，则与的比为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：当水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，临界情况是A.B的加速度相等，隔离对B分析，B的加速度为：，当水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时A.B间的摩擦力刚好达到最大，A.B的加速度相等，有：，可得：，故选项C正确。考点：牛顿第二定律、物体的弹性和弹力【名师点睛】解决本题的关键抓住临界状态，结合刚好发生相对滑动时，A.B的加速度相等，根据牛顿第二定律进行求解，难度中等。7. 如图甲所示，在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场，电场的方向水平向右（图甲中由B到C），电场强度大小随时间的变化情况如图乙所示；磁感应强度方向垂直于纸面、大小随时间的变化情况如图丙所示。在t=1s时，从A点沿AB方向（垂直于BC）以初速度v0射出第一个粒子，并在此之后，每隔2s有一个相同的粒子沿AB方向均以初速度v0射出，并恰好均能击中C点，若AB=BC=L，且粒子由A运动到C的时间小于1s。不计重力和空气阻力，对于各粒子由A运动到C的过程中，以下说法正确的是（ ）A. 电场强度E0和磁感应强度B0的大小之比为B. 第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比为21C. 第一个粒子和第二个粒子通过C的动能之比为 14D. 第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比为【答案】AD【解析】试题分析：在t=1s时，空间区域存在匀强磁场，粒子做匀速圆周运动，如图2所示；由牛顿第二定律得：，粒子的轨道半径，R=l，则：；带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，竖直方向：l=v0t，水平方向：，而，则：，故A正确；第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比：，故B错误；第二个粒子，由动能定理得：，第一个粒子的动能，第一个粒子和第二个粒子通过C的动能之比为1：5，故C错误；第一个粒子的运动时间：，第二个粒子的运动时间：，第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比t1：t2=：2，故D正确，故选AD考点：带电粒子在电场及磁场中的运动.【名师点睛】本题考查了带电粒子在电场中的类平抛运动、在磁场中做匀速圆周运动等问题，分析清楚图象，明确粒子做什么运动，熟练应用基础知识，知道平抛运动在水平和竖直两个方向的运动规律及匀速圆周运动满足的关系即可正确解题。8. 在真空中A、B两点分别放有异种点电荷Q和2Q，以AB连线中点O为圆心作一圆形路径，如图所示，则下列说法正确的是（ ）A. 场强大小关系有EaEb、EcEdB. 电势高低关系有ab、c0dC. 将一负点电荷沿圆弧由a运动到b的过程中电场力做正功D. 将一正点电荷沿直线由a运动到d的过程中电场力做功小于将该正点电荷沿直线由d运动到b的过程中电场力做功【答案】D【解析】试题分析：设圆的半径为R，根据点电荷电场叠加可得，根据数学知识可得，根据对称性可得，但两者方向不同，沿电场线方向电势降低，在AB连线上电场方向从A指向B，故，根据对称性可得，但由于直线cd不是等势面，所以与O点的电势不同，AB错误；将一负点电荷沿圆弧由a运动到b的过程中，电场力方向与运动方向相反，所以电场力做负功故C错误；由于ad间电场线比db间电场线疏，则ad间的场强比db间场强大，由知，ad间的电势差小于db间电势差，由知，正点电荷沿直线由a运动到d的过程中电场力做功小于将该正点电荷沿直线由d运动到b的过程中电场力做功故D正确考点：考查了电场强度，电势，电势能，电场力做功【名师点睛】带正电Q，带负电-2Q，电场线方向由A指向B，根据顺着电场线电势逐渐降低电场线越密，电场强度越大根据对称性，分析各点电势关系、场强关系及根据电场力做功来确定电势能变化情况9. 火星成为我国深空探测的第二颗星球，假设火星探测器在着陆前，绕火星表面匀速飞行(不计周围其他天体的影响)，航天员测出飞行N圈用时t，已知地球质量为M，地球半径为R，火星半径为r，地球表面重力加速度为g，则A. 火星探测器匀速飞行的向心加速度约为B. 火星探测器匀速飞行的速度约为C. 火星探测器的质量为D. 火星的平均密度为【答案】A【解析】火星探测器匀速飞行的向心加速度约为：，故A正确；飞行N圈用时t，故速度为：，故B错误；探测器受到的万有引力提供向心力，故：，等式两边的质量m约去了，无法求解探测器的质量m，故C错误；探测器受到的万有引力提供向心力，故：；又由于M=r3，故火星的平均密度为：；故D错误；故选A10. 如图所示，地球同步卫星P和地球导航卫星Q在同一个平面内绕地球做匀速圆周运动，下列说法中正确的有（）A. P的运行周期比Q小B. P的线速度比Q小C. P的向心加速度比Q小D. 若要使Q到P的轨道上运行，应该增加它的机械能【答案】BCD由公式得，半径越大，线速度越小，所以P点的线速度小于Q点的线速度，B正确，由公式得，半径越大，向心加速度越小，故P点的向心加速度比Q点的小，C正确，从低轨道向高轨道运动，需要外力做功，所以P点的机械能大于Q点的机械能，D正确，考点：本题考查了天体运动的匀速圆周运动模型点评：本题是卫星类型的问题，常常建立这样的模型：环绕天体绕中心天体做匀速圆周运动，由中心天体的万有引力提供向心力11. 如图甲所示的电路中理想变压器原、副线圈匝数比为10:1，A 、V均为理想电表，R、L和D分别是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）、理想线圈和灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是（ ）A. 电压u的频率为100 HzB. V的示数为VC. 有光照射R时，A的示数变大D. 抽出L中的铁芯，D变亮【答案】CD【解析】试题分析：原线圈接入如图乙所示，T=002s，所以频率为，故A错误；原线圈接入电压的最大值是220V，所以原线圈接入电压的有效值是U=220V，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，所以副线圈电压是22V，所以V的示数为22V，故B错误；有光照射R时，R阻值随光强增大而减小，根据，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以A的示数变大，故C正确；抽出L中的铁芯，理想线圈自感系数减小，理想线圈对电流的阻碍减小，所以D变亮，故D正确；故选CD考点：交流电；变压器【名师点睛】此题是关于交流电及变压器问题的计算；要知道电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。12. 一运动员穿着飞翔装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，运动方向与水平方向成53，运动员的加速度大小为3g/4。已知运动员（包含装备）的质量为m，则在运动员下落高度为h的过程中，下列说法正确的是（ ）A. 运动员势能的减少量为3mgh/5B. 运动员动能的增加量为3mgh/4C. 运动员动能的增加量为15mgh/16D. 运动员的机械能减少了mgh/16【答案】CD【解析】试题分析：运动员下落的高度是h，则重力做功：W=mgh，所以运动员重力势能的减少量为mgh故A错误；运动员下落的高度是h，则飞行的距离：，运动员受到的合外力：,动能的增加等于合外力做的功，即：故B错误，C正确；动员重力势能的减少量为mgh，动能的增加量为，所以运动员的机械能减少了故D正确故选CD。考点：功能关系【名师点睛】本题考查动能定理的应用及功的计算，要注意明确重力做功的特点，并正确应用动能定理分析动能的变化量。13. 如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成角，M、P两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。t=0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为r，导轨电阻忽略不计。已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图乙所示下列关于棒运动速度v、外力F、流过R的电量q以及闭合回路中磁通量的变化率随时间变化的图象正确的是A. B. C. D. 【答案】AB【解析】试题分析：因E=Blv，所以，v-t图象是一条过原点斜率大于零的直线，说明了导体棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，即v=at；故A正确；根据如图乙所示的I-t图象可知I=kt，其中k为比例系数，由闭合电路欧姆定律可得：可推出：E=kt（R+r），而，所以有：，t图象是一条过原点斜率大于零的直线；故B正确；对导体棒在沿导轨方向列出动力学方程F-BIl=ma，而，v=at得到，可见F-t图象是一条斜率大于零且与速度轴正半轴有交点的直线；故C错误，q-t图象是一条开口向上的抛物线，故D错误；故选AB.考点：法拉第电磁感应定律；安培力【名师点睛】此题考查以电磁感应问题中的图象为命题情境考查学生推理能力和应用数学处理物理问题的能力；对于图象问题一定弄清楚两坐标轴的含义，尤其注意斜率、截距的含义，对于复杂的图象可以通过写出两坐标轴所代表物理量的函数表达式进行分析。14. 如图甲所示，固定光滑斜面AC长为L，B为斜面中点一物块在恒定拉力F作用下，从最低点A由静止开始沿斜面向上拉到B点撤去拉力F，物块继续上滑至最高点C，设物块由A运动到C的时间为t0，下列描述该过程中物块的速度v随时间t、物块的动能随位移x、加速度a随位移x、机械能E随位移x变化规律的图象中，可能正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD【解析】试题分析：合力先做正功再做负功，根据动能随x的表达式知，动能先均匀增加，然后均匀减小，则知物块先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移大小相等，匀减速直线运动的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，则匀减速运动的时间小于匀加速直线运动的时间，故A错误，B正确物体先向上匀加速后向上匀减速运动，速度方向不变，故过程中加速度改变方向，故C错误根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量，知前半段恒力F做正功，可知机械能随x均匀增加，后半段只有重力做功，机械能守恒，故D正确故选BD。考点：功能关系；牛顿第二定律的应用15. 如图所示，粗糙斜面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点现将物块拉到A点后由静止释放，物块运动到最低点B，图中B点未画出下列说法正确的是（）A. B点一定在O点左下方B. 速度最大时，物块的位置可能在O点左下方C. 从A到B的过程中，物块和弹簧的总机械能一定减小D. 从A到B的过程中，物块减小的机械能一定等于它克服摩擦力做的功【答案】BC【解析】A、弹簧处于自然长度时物块处于O点，所以在O点，弹簧弹力为零，物体从A向B运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，由于不知道滑动摩擦力的具体大小，所以无法判断B点在O点的上方还是下方，故选项A错误；B、重力的下滑分力可以大于摩擦力，若，所以当弹力和重力沿斜面的分量等于摩擦力时，速度最大，此时弹簧处于伸长状态，所以速度最大时，物块的位置在O点上方，若，所以当重力沿斜面的分量等于摩擦力和弹簧弹力时，速度最大，此时弹簧处于压缩状态，所以速度最大时，物块的位置在O点下方，故选项B正确；C、从A到B的过程中，滑动摩擦力一直做负功，故物块和弹簧组成的系统机械能减小，故选项C正确；D、从A到B的过程中，根据能量守恒定律，物块减小的机械能等于弹性势能的减小量和克服摩擦力做的功之和，若弹簧的弹性势能增加时，则物块减小的机械能大于它克服摩擦力做的功，故选项D错误。点睛：该题中，由于摩擦力的不确定性，使得题目的难度增加，解答本题关键是明确物体的受力情况、运动情况和系统的能量转化情况，知道在平衡点动能最大。16. 如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆C和D上，a球置于C点正下方的地面上时，轻绳Cb恰好处于水平拉直状态现将b球由静止释放，当b球摆至最低点时，a球对地面压力刚好为零现把细杆D水平移动少许，让b球仍从原位置由静止释放摆至最低点的过程中，不计空气阻力，下列说法中正确的是（）A. 若细杆D水平向左移动，则b球摆至最低点时，a球会离开地面B. 若细杆D水平向右移动，则b球摆至最低点时，a球会离开地面C. b球重力的功率先变大后变小D. b球所受拉力的功率始终为零【答案】CD【解析】A、由于b球摆动过程中机械能守恒，则有，当b球摆到最低点时，由牛顿第二定律得：，联立得：，可知F与小球b到悬点的距离无关，故若细杆D水平向左或向右移动时，小球b摆到最低点时细绳的拉力不变，则a球不会离开地面故A、B错误；C、开始时重力的功率为零，b球摆到最低点时，重力与速度垂直，由功率公式，是F与v的夹角，可知b球摆到最低点时重力的功率为0，所以b球重力的功率一定先变大后变小，故C正确；D、由于拉力始终与速度方向垂直，故拉力的功率始终为零，故D正确。点睛：b球摆动过程中运用机械能守恒求出在最低点的速度b球通过最低点时，根据牛顿运动定律和向心力公式求出绳子的拉力，再去进行分析。17. 图乙中，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=10：1原线圈与如图甲所示的交流电连接。电路中电表均为理想电表，定值电阻R1=5，热敏电阻R2的阻值随温度的升高而减小，则（）A. 电压表示数为V B. R1的电功率为0.2WC. R1电流的频率为50Hz D. R2处温度升高时，电流表示数变小【答案】BC【解析】交流电电压最大的值为10，则其有效值为，则副线圈的输出电压的有效值为，则电压表的示数为1V，故A错误；R1的功率为，故B正确，交流的周期为0.02S，则其频率为，故C正确；R2温度升高，电阻变小，次级电流变大，则初级电流也变大，电流表读数变大故D错误故选BC.点睛：此题考查交流电的图象的物理意义，明确最大值与有效值之间的数量关系知道求电功率要用有效值，电表示数为有效值18. 如图所示，正方形导线框ABCD、abcd的边长均为L，电阻均为R，质量分别为2m和m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内在两导线框之间有一宽度为2L、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场开始时导线框ABCD的下边与匀强磁场的上边界重合，导线框abcd的上边到匀强磁场的下边界的距离为L现将系统由静止释放，当导线框ABCD刚好全部进入磁场时，系统开始做匀速运动，不计摩擦的空气阻力，则（）A. 两线框刚开始做匀速运动时轻绳上的张力FT=mgB. 系统匀速运动的速度大小C. 两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热D. 导线框abcd的ab边通过磁场的时间【答案】BC【解析】A、两线框刚开始做匀速运动时，线圈ABCD全部进入磁场，由平衡知识可知，轻绳上的张力，选项A错误；B、对线圈abcd可知，两线框刚开始做匀速运动时，线圈abcd的上边ab刚进入磁场，此时，即系统匀速运动的速度大小 , 选项B正确；C、由能量守恒关系可知，两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热等于两个线圈的机械能的减小量，即，故选项C正确；D、若导线圈abcd在磁场中匀速运动时，ab边通过磁场的时间是 ，但是线框在磁场中不是一直匀速上升，故选项D错误。点睛：本题是电磁感应中的力学问题，安培力的计算和分析能量如何转化是解题关键，要加强训练，熟练掌握法拉第定律、欧姆定律、安培力等等基础知识，提高解题能力。19. 一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，其“速度时间”图象如图所示。分析图象后，下列说法正确的是（ ）A. A处的电场强度大于C处的电场强度B. B、D两点的电场强度和电势一定都为零C. 粒子在A处的电势能大于在C处的电势能D. A、C两点的电势差大于B、D两点间的电势差【答案】A【解析】试题分析：因为v-t线的斜率等于物体的加速度，故在A处的加速度大于C处的加速度，A处的电场强度大于C处的电场强度，选项A正确；B、D两点切线的斜率为零，故两点的加速度为零，场强为零，但是电势不一定都为零，选项B错误；粒子在A处的速度大于C处的速度，则在A处的动能大于C处的动能，在A处的电势能小于在C处的电势能，选项C错误；根据动能定理可知：;，由图线可知，则A、C两点的电势差小于B、D两点间的电势差，选项D错误；故选A.考点：v-t图线；动能定理；电场强度【名师点睛】此题是对v-t图线及动能定理的考查；关键是理解速度时间图线的物理意义，图线的斜率等于物体的加速度；电场力做正功，动能增加，电势能减小；克服电场力做功，动能减小，电势能增加，且电场力做功等于动能的变化量.20. 一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能E与物体位移S关系的图像如图所示，其中过程的图线为曲线，过程的图线为直线，由此可以判断（ ）A. 过程中物体所受拉力是变力，且一定不断增大B. 过程中物体的动能一定是不断减小C. 过程中物体一定做匀速运动D. 过程中物体可能做匀加速运动【答案】AD【解析】试题分析：由于除重力和细绳的拉力之外的其它力做多少负功，物体的机械能就减少多少，即，得，所以图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在内斜率的绝对值逐渐增大，故在内物体所受的拉力逐渐增大，故A正确；如果物体在内所受的绳子的拉力小于物体的重力，则物体加速向下运动，故物体的动能不断增大，故B错误；由于物体在内图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变，体可能做匀加速直线运动，如果拉力等于物体所受的重力，物体可能做匀速直线运动，故C错误，D正确。考点：机械能守恒定律应用【名师点睛】本题应掌握功能如下功能：除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少；知道图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小以上两点是解决这类题目的突破口。21. 如图甲所示，物体受到水平推力F的作用，在粗糙水平面上做直线运动。通过力传感器和速度传感器监测到推力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示。重力加速度g10 m/s2。则（ ）A. 物体的质量m0.5 kgB. 物体与水平面间的动摩擦因数0.2C. 第2 s内物体克服摩擦力做的功W2 JD. 前2 s内推力F做功的平均功率1.5W【答案】ACD【解析】试题分析：由速度时间图象可以知道在2-3s的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2N，在1-2s的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所以，由牛顿第二定律可得：，所以，A正确；由，所以，B错误；第2s内物体的位移是:，摩擦力做的功,C正确；在第一秒内物体没有运动，只在第二秒运动，F也只在第二秒做功，F的功为，所以前2S内推力F做功的平均功率为:,D正确；故选ACD。考点：功率、平均功率和瞬时功率、动摩擦因数、功的计算、v-t图象。【名师点睛】对于速度图象类的题目，主要是要理解斜率的含义：斜率代表物体的加速度；速度正负的含义：速度的正负代表物体运动的方向；速度图象与时间轴围成的面积的含义：面积代表物体的位移。22. 如图所示，在边长为a的正方形区域内，有以对角线为边界、垂直于纸面的两个匀强磁场，磁感应强度大小相同、方向相反，纸面内一边长为a的正方形导线框沿x轴匀速穿过磁场区域，t0时刻恰好开始进入磁场区域，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下列选项中能够正确表示电流与位移关系的是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：线框进入磁场后，右边切割磁感线运动，产生的感应电流，当时，；当时，；当时，；之后是左边做切割运动，与右边切割情况类似；故选B。考点：电磁感应中的图象问题。【名师点睛】根据物理过程选图象问题，通过物理过程遵从的规律，找出函数关系，注意特殊点的特殊值，选择对应的图象。23. 如图所示，匀强电场方向平行于xOy平面，在xOy平面内有一个半径为R5 cm的圆，圆上有一动点P，半径OP与x轴方向的夹角为，P点沿圆周移动时，O、P两点的电势差满足UOP25sin (V)，则该匀强电场的大小和方向分别为()A. 5 V/m，沿x轴正方向B. 500 V/m，沿y轴负方向C. 500 V/m，沿y轴正方向D. 250V/m，沿x轴负方向【答案】C.考点：匀强电场；电场强度与电势差的关系；二、实验题（4个小题）24. 某实验小组利用小车、一端带有滑轮的导轨、打点计时器和几个已知质量的小钩码探究加速度与力的关系，实验装置如图甲所示。 （1）图乙是实验中得到的一条纸带，图中打相邻两计数点的时间间隔为0.1 s，由图中的数据可得小车的加速度a为_m/s2； （2）该实验小组以测得的加速度a为纵轴，所挂钩码的总重力F为横轴，作出的图象如丙图中图线1所示，发现图象不过原点，怀疑在测量力时不准确，他们将实验进行了改装，将一个力传感器安装在小车上，直接测量细线拉小车的力F ，作a-F 图如丙图中图线2所示，则图象不过原点的原因是_，对于图象上相同的力，用传感器测得的加速度偏大，其原因是_；（3）该实验小组在正确操作实验后，再以测得的加速度a为纵轴，所挂钩码的总重力F和传感器测得的F为横轴作图象，要使两个图线基本重合，请你设计一个操作方案。_【答案】 (1). 0.195 (2). 未平衡摩擦力或平衡不足 (3). 钩码的重力比细线的拉力大 (4). 略，见解析【解析】试题分析：（1）用逐差法求加速度：。（2）小车沿木板运动，不可避免的会受到摩擦力的作用，根据牛顿第二定律有，加速度，可知图象不过原点的原因是未平衡摩擦力或平衡不足，横轴截距表示摩擦力的大小；被吊起的砝码和小车有共同加速度，平衡摩擦力后，根据牛顿第二定律，对砝码：，对小车：，可得绳的拉力，本实验使用砝码的重力mg代替绳的拉力，而绳的拉力小于砝码的重力，传感器的示数等于砝码的重力，故用传感器测得的加速度偏大。（3）改进方法是：将n个钩码都放在小车上，每次从小车上取一个钩码挂在细线上，其余钩码留在小车上随小车一起运动。将n个钩码都放在小车上，取下k个挂在细线上，对，对小车：，整理的：，系统的总质量不变，加速度与k成正比。只要满足kn，F近似等于km0g，两个图线基本重合。考点：实验探究加速度与力和质量的关系25. 一同学要研究轻质弹簧的弹性势能与弹簧长度改变量的关系。实验装置如图甲所示，在离地面高为h的光滑水平桌面上，沿着与桌子右边缘垂直的方向放置一轻质弹簧，其左端固定，右端与质量为m的小刚球接触。将小球向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，使小球沿水平方向射出桌面，小球在空中飞行落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹。重力加速度为g。 （1）若测得某次压缩弹簧释放后小球落点P痕迹到O点的距离为s，则释放小球前弹簧的弹性势能表达式为_；（用m、g、s、h等四个字母表示）（2）该同学改变弹簧的压缩量进行多次测量得到下表一组数据：弹簧压缩量x/cm1.001.502.002.503.003.50小球飞行水平距离s/cm20.1030.0040.1049.9069.90根据表中已有数据，表中缺失的数据可能是s=_cm；（3）完成实验后，该同学对上述装置进行了如下图乙所示的改变：（I）在木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将木板竖直立于靠近桌子右边缘处，使小球向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；（II）将木板向右平移适当的距离固定，再使小球向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，撞到木板上得到痕迹P；（III）用刻度尺测量纸上O点到P点的竖直距离为y。若已知木板与桌子右边缘的水平距离为L，则（II）步骤中弹簧的压缩量应该为_。（用L、h、y等三个字母表示）【答案】 (1). （1） (2). （2）60.00（59.9060.10之间都算对，有效数字必须4位） (3). （3）【解析】试题分析：（1）由平抛运动规律有：，得：由机械能守恒定律得：，释放小球前弹簧的弹性势能表达式为：；（2）由表中数据可看出，在误差范围内，s正比于x，即，所以缺少的数据为60.00cm；（3）由表中数据可看出，在误差范围内，又，所以弹簧弹性势能与弹簧压缩量x之间的关系式应为：，由得，小球释放前压缩弹簧的弹性势能为：， 由此解得：考点：平抛运动、弹性势能。【名师点睛】该题首先是考察了平抛运动的应用，解决关于平抛运动的问题常用的方法是沿着水平和竖直两个方向进行分解，运用各方向上的运动规律进行解答利用x与s之间的关系求出弹簧弹性势能与弹簧压缩量x之间的关系式考察了在现有知识的基础上对实验改装后的情况进行分析求解，考察了同学们的应变能力还考察了对实验误差的分析，让学生学会试验中某个量发生变化导致结果如何变化的分析。26. 某同学为了测量金属热电阻在不同温度下的阻值，设计了如图甲所示的电路，其中为电阻箱，为金属热敏电阻，电压表可看做理想电表，电源使用的是稳压学生电源，实验步骤如下：按照电路图连接好电路记录当前的温度将单刀双掷开关S与1闭合，记录电压表读数U，电阻箱阻值将单刀双掷开关S与2闭合，调节变阻箱使电压表读数仍为U，记录电阻箱阻值改变温度，重复的步骤（1）则该金属热电阻在某一温度下的阻值表达式为：_，根据测量数据画出其电阻R随温度变化的关系如图乙所示；（2）若调节电阻箱阻值，使，则可判断，当环境温度为_时，金属热电阻消耗的功率最大。【答案】 (1). （1） (2). （2）20 【解析】试题分析：（1）将单刀双掷开关S与1闭合，记录电压表读数U，电阻箱阻值，此时电路的电流为：，由闭合电路欧姆定律有：，将单刀双掷开关S与2闭合，调节变阻箱使电压表读数仍为U，记录电阻箱阻值，此时电路中的电流为：，由闭合电路欧姆定律有：，解得：。（2）由图乙可得金属热电阻R随温度变化的关系式为：，若调节电阻箱阻值，使，则金属热电阻消耗的功率为：，故当时，金属热电阻消耗的功率P最大，此时有：。考点：描绘小电珠的伏安特性曲线【名师点睛】本题考查了电阻的测量以及功率，解题关键是明确实验原理，再利用闭合电路欧姆定律列式，求出该金属热电阻在某一温度下的阻值表达式，根据功率的计算公式，推导出R取何值时，金属热电阻消耗的功率最大。27. 实验小组要测量一节干电池的电动势和内电阻。实验室有如下器材可供选择：A待测干电池（电动势约为1.5V，内阻约为1.0）B电压表（量程3V）C电压表（量程15V）D电流表（量程0.6A）E定值电阻（阻值为50）F滑动变阻器（阻值范围0-50）G开关、导线若干为了尽量减小实验误差，在如图1所示的四个实验电路中应选用_。实验中电压表应选用_。（选填器材前的字母）实验中测出几组电流表和电压表的读数并记录在下表中。序号123456电压U（V）1.451.401.301.251.201.10电流I（A）0.0600.1200.2400.2600.3600.480请你将第5组数据描绘在图2中给出的UI坐标系中并完成UI 图线； 由此可以得到，此干电池的电动势E=_V，内电阻r =_。（结果均保留两位有效数字）有位同学从实验室找来了一个电阻箱，用如图3所示的电路测量电池的电动势和内电阻。闭合开关后，改变电阻箱阻值。当电阻箱阻值为R1时，电流表示数为I1；当电阻箱阻值为R2时，电流表示数为I2。已知电流表的内阻为RA。请你用RA、R1、R2、I1、I2表示出电池的内电阻r =_。【答案】 (1). 丙 (2). B (3). 见图： (4). 1.5（1.491.51）；0.83（0.810.85） (5). 【解析】试题分析：（1）测干电池的电动势和内阻，采用的方法是作出U-I图象，然后求出电源电动势与内阻，故甲、乙电路不行，误差太大；根据U=E-Ir测量干电池电动势和内阻时，需要测出多组对应的路端电压U和干路电流I，电压表和电流表内阻影响会造成实验误差干电池内阻较小，所以丁电路中的电流表分压影响较大，因此应选择丙电路（2）由于待测干电池电动势约为1.5V，故选择量程为3V的电压表即可，故选B；（3）将第5组数据描绘在图2中给出的U-I坐标系中作出U-I 图线如右图所示；（4）由作出的U-I 图线，可得干电池的电动势E=1.50V内电阻r等于图线的斜率，则（5）当电阻箱阻值为R1时，电流表示数为I1，由闭合电路的欧姆定律有：当电阻箱阻值为R2时，电流表示数为I2，由闭合电路的欧姆定律有：联立解得电池的内电阻为：考点：测定电源的电动势及内阻【名师点睛】测量干电池的电动势和内电阻的实验，电路采用电流表外接法，将实验测得的数据作出U-I图线，根据图线求电动势和内阻，能减小实验误差。三、计算题（7个小题）28. 如图所示，可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上，纸带的左端与A、A与B之间距离均为d =0.5 m，两物体与纸带间的动摩擦因数均为，与地面间的动摩擦因数均为。现以恒定的加速度a=2m/s2向右水平拉动纸带，重力加速度g= l0 m/s2。求：（1）A物体在纸带上的滑动时间；（2）在给定的坐标系中定性画出A、B两物体的v-t图象；（3）两物体A、B停在地面上的距离。【答案】（1）1s（2）如图所示。（3）1.25m【解析】试题分析：（1）两物体在纸带上滑动时有1mg=ma1，当物体A滑离纸带时at12/2-a1t12/2=d由以上二式可得t1=1s（2）如图所示。（3）物体A离开纸带时的速度v1=a1t1两物体在地面上运动时有2mg=ma2物体A从开始运动到停在地面上过程中的总位移S1=v12/2a1+ v22/2a2当物体B滑离纸带时at22/2- a1t12/2=2d物体B离开纸带时的速度v2=a1t2物体A从开始运动到停止地面上过程的总位移S2=v22/2a1+ v22/2a2两物体AB最终停止时的间距s=s2+d-s1由以上各式可得s=1.25m考点：牛顿第二定律【名师点睛】解决本题的关键理清A、B在整个过程中的运动规律，都先做匀加速后做匀减速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求解（1）根据牛顿第二定律求出两物体在纸带上运动的加速度，抓住纸带和A物体的位移之差等于d求出A物体在纸带上的运动时间（2）A、B都是先做匀加速后做匀减速运动，B匀加速运动的时间比A长，两物体匀加速和匀减速运动的加速度均相等，图线斜率相同（3）根据牛顿第二定律分别求出物体在纸带和地面上的加速度，通过物体离开纸带的速度，结合速度位移公式分别求出A、B的位移，从而得出两物体AB停在地面上的距离29. 某高速公路的一个出口路段如图所示，情景简化：轿车从出口A进入匝道，先匀减速直线通过下坡路段至B点（通过B点前后速率不变），再匀速率通过水平圆弧路段至C点，最后从C点沿平直路段匀减速到D点停下。已知轿车在A点的速度v0=72km/h，AB长L1l50m；BC为四分之一水平圆弧段，限速（允许通过的最大速度）v=36 km/h，轮胎与BC段路面间的动摩擦因数=0.5，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，CD段为平直路段长L2=50m,重力加速度g取l0m/s2。（1）若轿车到达B点速度刚好为v =36 km/h，求轿车在AB下坡段加速度的大小；（2）为保证行车安全，车轮不打滑，求水平圆弧段BC半径R的最小值；（3）轿车A点到D点全程的最短时间。【答案】（1）1m/s2（2）20cm（3）23.14 s【解析】试题分析：本题有三个过程：AB匀减速直线运动；BC匀速圆周运动；CD匀减速直线运动。车轮不打滑的临界条件是向心力由最大静摩擦力提供。（1）v0=72km/h=20m/s，AB长L1=l50m，v=36km/h=10m/s，对AB段匀减速直线运动有v2v02=-2aL1代入数据解得a=1m/s2（2）汽车在BC段做圆周运动，静摩擦力提供向心力， 为了确保安全，则须满足Ffmg联立解得：R20m，即：Rmin=20m（3）设AB段时间为t1，BC段时间为t2，CD段时间为t3，全程所用最短时间为t t=t1+t2+t3解得：t=23.14s点睛：解决此题的关键是抓住过程分析及各过程之间的联系，要点是要理解“车轮不打滑”的力学含义，也就是向心力由最大静摩擦力提供；本题用匀变速直线运动的平均速度公式来解决更简洁方便。30. 如图所示，质量M=0.6kg的滑板静止在光滑水平面上，其左端C距锁定装置D的水平距离l=0.5m，滑板的上表面由粗糙水平面和光滑圆弧面在B点平滑连接而成，粗糙水平面长L=4m，圆弧的半径R=0.3m现让一质量m=0.3kg，可视为质点的小滑块以大小m/s、方向水平向左的初速度滑上滑板的右端A。若滑板到达D处即被锁定，滑块返回B点时装置D即刻解锁，已知滑块与滑板间的动摩擦因数=0.2，重力加速度g=10m/s。求：（1）滑板到达D处前瞬间的速率；（2）滑块到达最大高度时与圆弧顶点P的距离；（3）滑块与滑板间摩擦产生的总热量。【答案】（1）lm/s（2）0.05m（3）3.1J【解析】试题分析：（1）对滑块，由牛顿第二定律得：，对滑板，由牛顿第二定律有：，解得：，设滑板到达D处前瞬间的速率为v，假定此时滑块还在AB之间的E处，速率为由运动学规律有：，解得：，因，假定成立，所以滑板到达D处前瞬间的速率：；（2）滑板被锁定后，设滑块从E滑至B处的速率为，由运动学规律有：，解得：，沿圆弧上升的过程中，由机械能守恒定律有：，解得：，所以，滑块达到最大高度时与圆弧顶点P的距离：；（3）滑块从A至B产生的热量：，解得：，滑块返回B时的速率仍为，此时滑板刚好解锁，此后滑块与滑板在相互间的摩擦力作用下分别向右做减速与加速运动，假定达到共同速率时，滑块仍在滑板上，对滑块滑板分别由运动学规律列式有：，解得：，假定成立，所以这一过程产生的热量：，解得：，产生的总热量：；考点：考查了牛顿运动定律的综合应用；功能关系【名师点睛】本题是一道力学综合题，考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用，难度较大，分析清楚物体的运动过程是解题的关键，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题31. 如图所示，两光滑金属导轨，间距d2m，在桌面上的部分是水平的，仅在桌面上有磁感应强度B1T、方向竖直向下的有界磁场，电阻R3，桌面高H0.8m，金属杆ab质量m0.2kg，其电阻r1，从导轨上距桌面h0.2m的高度处由静止释放，落地点距桌面左边缘的水平距离s0.4m，取g10m/s2，求：（1）金属杆刚进入磁场时，R上的电流大小；（2）整个过程中电阻R放出的热量；（3）磁场区域的宽度。【答案】（1）1A（2）0.225J（3）0.2m【解析】（1）设棒刚进入磁场时速度为v0，由机械能守恒定律有：mgh=mv02解得：v0=2m/s又由法拉第电磁感应定律有：E=Bdv0=4V由闭合欧姆定律有： ；（2）设金属杆离开磁场时速度为v1，金属杆离开磁场做平抛运动，由平抛运动规律，在竖直方向，H=gt2，在水平方向，s= v1t，联立解得：v1=1m/s。根据能量守恒定律，整个过程中回路产生的焦耳热Q=mv02-mv2，电阻R放出的热量QR=Q 联立解得：QR=0.225J。（3）设磁场区域的宽度为L，金属杆通过磁场过程中某一时刻的速度为v，在接下来的一段很短时间内t内速度变化为v，则由牛顿第二定律，-F=ma=m，F=BdI，I=, E=Bd v ,或根据动量定理：- BdIt=p整理得：-vt=mv。对于整个金属杆通过磁场的过程，-vt=mv。而：vt=L，v= v1- v0联立解得：L=0. 2m32. 如图所示，在两个水平平行金属极板间存在着竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度和磁感应强度的大小分别为E=2106N/C和B1=0.1T，极板的长度l=m，间距足够大在板的右侧还存在着另一圆形区域的匀强磁场，磁场的方向为垂直于纸面向外，圆形区域的圆心O位于平行金属极板的中线上，圆形区域的半径R=m。有一带正电的粒子以某速度沿极板的中线水平向右飞入极板后恰好做匀速直线运动，然后进入圆形磁场区域，飞出圆形磁场区域后速度方向偏转了60，不计粒子的重力，粒子的比荷=2108C/kg。（1）求粒子沿极板的中线飞入的初速度v0；（2）求圆形区域磁场的磁感应强度B2的大小；（3）在其他条件都不变的情况下，将极板间的磁场B1撤去，为使粒子飞出极板后不能进入圆形区域的磁场，求圆形区域的圆心O离极板右边缘的水平距离d应满足的条件。【答案】（1）2107m/s（2）0.1T（3）m【解析】试题分析：（1）粒子在极板间做匀速直线运动，有：qv0B1=qE解得：v0=2107m/s。（2）设粒子的初速度大小为v，粒子在极板间匀速直线运动，则：qvB1=qE设粒子在圆形区域磁场中做圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得：粒子运动轨迹如图所示，粒子速度方向偏转了60，由数学知识可得：r=Rcot 30，解得：B2=01T；（3）撤去磁场B1后粒子在极板间做平抛运动，设在板间运动时间为t，运动的加速度为a，飞出电场时竖直方向的速度为vy，速度的偏转角为，由牛顿第二定律得：qE=ma，水平方向：l=vt，竖直方向：，解得：，即=30，设粒子飞出电场后速度恰好与圆形区域的边界相切时，圆心O离极板右边缘的水平距离为d，如图所示则，解得：m所以圆心O离极板右边缘的水平距离d应满足m （或m ）考点：带电粒子在匀强电场及磁场中的运动33. 电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成偏转电场由加有电压的相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，匀强磁场的左边界与偏转电场的右边界相距为s，如图甲所示大量电子（其重力不计）由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场当两板没有加电压时，这些电子通过两板之间的时间为2t0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的电压时，所有电子均从两板间通过，进入水平宽度为l，竖直宽度足够大的匀强磁场中，最后通过匀强磁场打在竖直放置的荧光屏上问：甲 乙（1）如果电子在t=0时刻进入偏转电场，则离开偏转电场时的侧向位移大小是多少？（2）电子在刚穿出两板之间的偏转电场时最大侧向位移与最小侧向位移之比为多少？（3）要使侧向位移最大的电子能垂直打在荧光屏上，匀强磁场的磁感应强度为多少？（已知电子的质量为m、电荷量为e）【答案】（1）（2）3:1（3）【解析】（1）当电子在时刻进入偏转电场时，有，得。（2）由题意可知，要使电子的侧向位移最大，应让电子从等时刻进入偏转电场，在这种情况下，电子的侧向位移为要使电子的侧向位移最小，应让电子从等时刻进入偏转电场，在这种情况下，电子的侧向位移为所以最大侧向位移和最小侧向位移之比为设电子从偏转电场中射出时的偏向角为q，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径R，由几何关系有：设电子从偏转电场中出来时的速度为，垂直偏转极板的速度为，则电子从偏转电场中出来时的偏向角为：，式中又，由上述四式可得：。点睛：本题的难点是分析带电粒子的运动情况，可通过画轨迹作速度图象分