2018-2019学年高二物理11月月考试题必修2 .doc

xx-2019学年高二物理11月月考试题必修2一、单项选择题：本题共23小题，每小题3分，共计69分每小题只有一个选项符合题意1明代诗人曾写下这样一首诗：空手把锄头，步行骑水牛；人在桥上走，桥流水不流其“桥流水不流”中的“桥流”应理解成其选择的参考系是（）A人B桥C水D地面2如图是“探究求合力的方法”实验示意图图甲表示在两个拉力F1、F2的共同作用下，将橡皮条的结点拉长到O点；图乙表示准备用一个拉力F拉橡皮条下列说法正确的是（）A甲实验时，两个拉力的大小应相等B甲实验时，两个拉力的方向应互相垂直C乙实验时，只须使橡皮条的伸长量与甲实验相等D乙实验时，仍须将橡皮条的结点拉到O点3伽利略在研究力和运动的关系的时候，用两个对接的斜面，一个斜面固定，让小球从斜面上滚下，又滚上另一个倾角可以改变的斜面，斜面倾角逐渐改变至零，如图所示伽利略设计这个实验的目的是为了说明（）A如果没有摩擦，小球将运动到与释放时相同的高度B如果没有摩擦，物体运动过程中机械能守恒C维持物体做匀速直线运动并不需要力D如果物体不受到力，就不会运动4如图所示是某质点沿直线运动的速度v随时间t变化的关系图线对于该图线的认识正确的是（）A02s内质点做匀速直线运动B2s4s内质点处于静止状态C02s内质点做匀加速直线运动D3s时，质点的速度为2m/s5如图所示，木块放置在木板上，与木板始终保持相对静止在缓慢抬高木板右端的过程中，木块受到木板支持力与摩擦力的合力（）A竖直向上，大小不变B竖直向上，逐渐增大C垂直于木板向上，逐渐变小D平行于木板向上，逐渐増大6关于功是否是矢量，下列说法中正确的是（）A因为力是矢量，所以功也可能是矢量B因为功没有方向性，所以功一定是标量C因为力和位移都是矢量，所以功一定是矢量D因为功有正功和负功，所以功一定是矢量7A、B两个质点分别做匀速圆周运动，在相等时间内，所通过的弧长之比SA：SB=4：3，所转过的圆心角之比A：B=3：2，则下列说法中正确的是（）A它们的线速度之比VA：VB=3：4B它们的角速度之比A：B=4：3C它们的周期之比TA：TB=3：2D它们的向心加速度之比aA：aB=2：18下列表述中符合实际情况的是（）A小球从教室二楼窗户外自由下落到地面，时间约为1sB小明将一个鸡蛋举过头顶，克服重力做功约为10JC小华正常步行的速度约为10m/sD小强正常上楼时的功率约为10kW9下列对能的转化和守恒定律的认识错误的是（）A某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加B某个物体的能减少，必然有其他物体的能增加C不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器永动机是不可能制成的D石子从空中落下，最后静止在地面上，说明能量消失了10小文同学在探究物体做曲线运动的条件时，将一条形磁铁放在桌面的A位置，让小钢珠在水平桌面上以初速度v0运动，得到小钢珠的运动轨迹图中a、b、c、d哪一条为其运动轨迹（）AaBbCcDd11质量为m的物体，在距地面h高处以的加速度由静止竖直下落到地面，下列说法中正确的是（）A物体重力势能减少mghB物体的机械能减少mghC物体的动能增加mghD重力做功mgh12关于电场强度E的说法正确的是（）A电场中某点的电场强度方向跟正电荷在该点所受到的电场力的方向相同B电场中某点的电场强度方向跟负电荷在该点所受到的电场力的方向相同C根据E=可知，电场中某点的电场强度与电场力F成正比，与电量q成反比D一个正电荷激发的电场的电场强度处处相同，是一个匀强电场13静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载，春秋纬考异邮中有“玳瑁吸衣若”之说，但下列不属于静电现象的是（）A梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引C通电导线放人磁场中受到力的作用D从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有坡电击的感觉14下列说法正确的是（）A牛顿通过扭秤实验，较准确地测出了万有引力常量B安培通过实验，首先发现了电流周围存在磁场C法拉第通过实验研究，总结出了电磁感应的规律D赫兹预言了电磁波的存在15下列各图中，已标出电流及电流的磁场方向，（B图表示通电环形导线产生的磁场，“”表示导线中电流I的方向垂直于纸面向里，“”表示导线中电流I的方向垂直于纸面向外）其中正确的是（）ABCD16如图所示，在“研究影响通电导体所受磁场力的因素”的实验中，要使导体棒的悬线向右的摆角增大，以下操作中可行的是（）A增大导体棒中的电流B减少磁铁的数量C颠倒磁铁磁极的上下位置D改变导体棒中的电流方向17洛伦兹力使带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列各图中均标有带正电荷粒子的运动速度v，洛伦兹力F及磁场B的方向，虚线圆表示粒子的轨迹，其中可能出现的情况是（）ABCD18关于安培力和洛伦兹力，说法中正确的是（）A带电粒子在磁场中运动时，一定受到洛伦兹力作用B放置在磁场中的通电导线，一定受到安培力作用C因洛伦兹力总垂直于电荷运动方向，故洛伦兹力对运动电荷一定不做功D因安培力垂直通电导线，故安培力对通电导线一定不做功19轻质弹簧的一端固定于竖直墙壁，另一端与一木块连接在一起，木块放在粗糙的水平地面上在外力作用下，木块将弹簧压缩了一段距离后静止于A点，如图所示现撤去外力，木块向右运动，当它运动到O点时弹簧恰好恢复原长在此过程中（）A木块的速度先增大后减小B木块的加速度先增大后减小C弹簧的弹性势能先减小后增大D弹簧减小的弹性势能等于木块增加的动能请阅读短文，结合图示的情景，完成第2023题xx9月15日，“天宫二号”空间实验室在我国酒泉卫星发射中心发射升空，10月17日7时30分，“神舟11号”飞船载着两名宇航员飞向太空，并于10月19日凌晨与“天宫二号”交会对接，如图是交会对接时的示意图，交会时“天宫二号”在前，“神舟11号”在后20“天宫二号”在发射过程中伴随着轨道修正和姿态调整，下列过程中，地面控制人员能够将“天宫二号”看成质点的是（）A整流罩分离的过程B太阳帆板展开的过程C姿态调整的过程D环绕地球飞行的过程21“神舟11号”发射后首先进入椭圆形轨道绕地球运行，其发射速度为（）A7.9km/s B11.2km/sC16.7km/s D大于7.9km/s，小于11.2km/s22“神舟11号”飞船与“天宫二号”交会对接是十分复杂的过程，在该过程中（）A宇航员看“天宫二号”是向前运动的B飞船应该直接发射到“天宫二号”运行的轨道上，然后慢慢加速追上并对接C飞船应该从低轨道加速度追上“天宫二号”D对接过程中，飞船对“天宫二号”的作用力大于“天宫二号”对飞船的作用力23宇航员进入“天宫二号”后处于失重状态，此时宇航员（）A可以用弹簧秤测出体重B受到地球的吸引力等于绕地球做圆周运动的向心力C受到地球的吸引力且等于在地面上时的重力D不受地球的吸引力二、本题1小题，共10分把答案填在答卷纸相应的横线上或按题目要求作答。24. 某次“验证机械能守恒定律”的实验中，用6V、50Hz的打点计时器打出的一条无漏点的纸带，如图5所示，O点为重锤下落的起点，选取的计数点为A、B、C、D，各计数点到O点的长度已在图上标出，单位为毫米，重力加速度取9.8m/s2，若重锤质量为1kg。（保留3位小数）（1）打点计时器打出B点时，重锤下落的速度VB= m/s，重锤的动能EkB= J。(2)从开始下落算起，打点计时器打B点时，重锤的重力势能减小量为 J。(3)根据纸带提供的数据，在误差允许的范围内，重锤从静止开始到打出B点的过程中，得到的结论是 。 （4）如果以为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出的图象能验证机械能守恒定律，则图线的斜率表示 。三、解答题：本大题共 3 小题，共 21 分解答时要求写出必要的文字说明、方程式和主要的演算步骤，若只有最后答案而无演算过程的不得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位 25（6分）在5m 高处以10m / s的速度水平抛出一小球，不计空气阻力，g 取 10 m /s2 ，求：（1）小球在空中运动的时间；（2）小球落地时的位移； （3）小球落地时的速度26. （7分）游乐场的大型摩天轮匀速旋转，其半径为R60m，旋转一周需要12min，最底部车厢离地面高h10.5m.质量m40kg的小明乘坐的车厢处于摩天轮的最底部，以此刻开始计时取地面为零势能面，3.0.求：(1) 摩天轮旋转的周期；(2) 摩天轮旋转的角速度；(3) t2min时，小明具有的机械能. 27.（8分）滑板运动是一种陆地上的“冲浪运动”,滑板运动员可在不同的滑坡上滑行,做出各种动作,给人以美的享受.如图是模拟的滑板组合滑行轨道,该轨道由足够长的斜直轨道、半径R1=1m的凹形圆弧轨道和半径R2=1.6m的凸形圆弧轨道组成,这三部分轨道处于同一竖直平面内且依次平滑连接,其中M点为凹形圆弧轨道的最低点,N点为凸形圆弧轨道的最高点,凸形圆弧轨道的圆心O点与M点处在同一水平面上,一质量为m=1kg可看作质点的滑板,从斜直轨道上的P点无初速滑下,经过M点滑向N点,P点距M点所在水平面的高度h=1.8m,不计一切阻力,g取10m/s2.（1）滑板滑到M点时的速度多大?（2）滑板滑到M点时, 滑板对轨道的压力多大?（3）改变滑板无初速下滑时距M点所在水平面的高度h,用压力传感器测出滑板滑至N点时对轨道的压力大小F,请写出F-h的关系式并给出h的取值范围。东台创新高级中学xx/xx第一学期高二物理（必修）11月份月考答案一、单项选择题（每小题只有一个选项符合题意，共23题，每小题3分，共69分）1明代诗人曾写下这样一首诗：空手把锄头，步行骑水牛；人在桥上走，桥流水不流其“桥流水不流”中的“桥流”应理解成其选择的参考系是（）A人B桥C水D地面【考点】参考系和坐标系【分析】研究物体的运动情况时，需要先选取一个标准做为参照物，物体与参照物的位置发生了变化，物体就是运动的；物体与参照物的位置没有发生变化，物体就是静止的【解答】解：“桥流水不流”可以理解为“桥动水不动”，意思就是说桥在运动，研究对象应该是桥以水的参照物，桥的位置发生了变化，则桥是运动的故C正确，ABD错误故选：C2如图是“探究求合力的方法”实验示意图图甲表示在两个拉力F1、F2的共同作用下，将橡皮条的结点拉长到O点；图乙表示准备用一个拉力F拉橡皮条下列说法正确的是（）A甲实验时，两个拉力的大小应相等B甲实验时，两个拉力的方向应互相垂直C乙实验时，只须使橡皮条的伸长量与甲实验相等D乙实验时，仍须将橡皮条的结点拉到O点【考点】验证力的平行四边形定则【分析】在实验过程中，需要根据力的大小和方向做平行四边形，由此可知需要记录力的大小和方向，同时该实验采用了“等效替代”方法，要求两次拉橡皮筋时橡皮筋的伸长量大小和方向相同【解答】解：A、图甲实验时，两个拉力的大小适当，将橡皮筋拉倒O点，并非要求它们的大小一定相等，故A错误；B、实验时两个分力的夹角大小适当即可，并非要求一定垂直，故B错误；C、图乙实验时，要求橡皮条的伸长量和形变方向与甲实验相等，即将橡皮筋拉到同一点，故C错误；D、为了保证两次拉橡皮筋效果相同，图2实验时，仍须将橡皮条的结点拉到O点，故D正确故选：D3伽利略在研究力和运动的关系的时候，用两个对接的斜面，一个斜面固定，让小球从斜面上滚下，又滚上另一个倾角可以改变的斜面，斜面倾角逐渐改变至零，如图所示伽利略设计这个实验的目的是为了说明（）A如果没有摩擦，小球将运动到与释放时相同的高度B如果没有摩擦，物体运动过程中机械能守恒C维持物体做匀速直线运动并不需要力D如果物体不受到力，就不会运动【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法【分析】本题考查了伽利略斜面实验的物理意义，伽利略通过“理想斜面实验”推翻了力是维持运动的原因的错误观点【解答】解：伽利略的理想斜面实验证明了：运动不需力来维持，物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，故ABD错误，C正确故选：C4如图所示是某质点沿直线运动的速度v随时间t变化的关系图线对于该图线的认识正确的是（）A02s内质点做匀速直线运动B2s4s内质点处于静止状态C02s内质点做匀加速直线运动D3s时，质点的速度为2m/s【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】vt图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移【解答】解：AC、由图象可知02s内质点做匀加速直线运动，故A错误C正确；B、由图象可知24s内质点做匀速直线运动，故B错误；D、3s时，质点的速度为4m/s，故D错误；故选：C5如图所示，木块放置在木板上，与木板始终保持相对静止在缓慢抬高木板右端的过程中，木块受到木板支持力与摩擦力的合力（）A竖直向上，大小不变B竖直向上，逐渐增大C垂直于木板向上，逐渐变小D平行于木板向上，逐渐増大【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】对滑块受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件确定木块受到木板支持力与摩擦力的合力【解答】解：滑块受重力、支持力和静摩擦力，三力的合力为零；根据平衡条件，支持力与摩擦力的合力与重力平衡，竖直向上，大小不变，等于mg；故A正确，BCD错误；故选：A6关于功是否是矢量，下列说法中正确的是（）A因为力是矢量，所以功也可能是矢量B因为功没有方向性，所以功一定是标量C因为力和位移都是矢量，所以功一定是矢量D因为功有正功和负功，所以功一定是矢量【考点】功的计算；矢量和标量【分析】力和力方向上的位移的乘积表示力对物体做的功的大小，功是标量【解答】解：功无方向，是标量，但是有正负，力做负功表示物体克服该力做功故ACD错误，B正确；故选：B7A、B两个质点分别做匀速圆周运动，在相等时间内，所通过的弧长之比SA：SB=4：3，所转过的圆心角之比A：B=3：2，则下列说法中正确的是（）A它们的线速度之比vA：vB=3：4B它们的角速度之比A：B=4：3C它们的周期之比TA：TB=3：2D它们的向心加速度之比aA：aB=2：1【考点】线速度、角速度和周期、转速【分析】根据公式v=求解线速度之比，根据公式=求解角速度之比，根据公式T= 求周期之比，根据an=v，即可求解加速度之比【解答】解：A、两质点分别做匀速圆周运动，若在相等时间内它们通过的弧长之比为SA：SB=4：3，根据公式公式v=，线速度之比为vA：vB=4：3，故A错误；B、通过的圆心角之比A：B=3：2，根据公式=，角速度之比为3：2，故B错误；C、由根据公式T=，周期之比为TA：TB=2：3；故C错误；D、根据an=v，可知aA：aB=2：1，故D正确；故选：D8下列表述中符合实际情况的是（）A小球从教室二楼窗户外自由下落到地面，时间约为1sB小明将一个鸡蛋举过头顶，克服重力做功约为10JC小华正常步行的速度约为10m/sD小强正常上楼时的功率约为10kW【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算【分析】根据自由落体运动的位移时间公式求出下落1s下降的高度，从而判断是否符合实际根据鸡蛋的大约质量，结合W=mgh求出克服重力做功的大小；人正常步行的速度大约在1m/s；根据正常上楼的功率等于克服重力做功的功率求出上楼的功率大小【解答】解：A、小球在1s内下落的高度大约h=，与二楼窗户的高度接近，故A正确B、鸡蛋的质量大约0.05kg，举过头顶，克服重力做功大约W=mgh=0.05100.5=0.25J，故B错误C、小华步行的速度不可能达到10m/s，故C错误D、小强正常上楼的功率等于克服重力做功的功率，根据P=mgv知，P=5002=1000W，故D错误故选：A9下列对能的转化和守恒定律的认识错误的是（）A某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加B某个物体的能减少，必然有其他物体的能增加C不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器永动机是不可能制成的D石子从空中落下，最后静止在地面上，说明能量消失了【考点】能量守恒定律；功能关系【分析】能量的转化和守恒定律是指能量在转化和转移中总量保持不变；但能量会从一种形式转化为其他形式【解答】解：A、根据能量守恒定律得知，某种形式的能减少，其它形式的能一定增大故A正确B、某个物体的总能量减少，根据能量守恒定律得知，必然有其它物体的能量增加故B正确C、不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器永动机，违反了能量的转化和守恒定律，不可能制成的故C正确D、石子在运动和碰撞中机械能转化为了物体及周围物体的内能，能量并没有消失；故D错误；本题选错误的，故选：D10小文同学在探究物体做曲线运动的条件时，将一条形磁铁放在桌面的A位置，让小钢珠在水平桌面上以初速度v0运动，得到小钢珠的运动轨迹图中a、b、c、d哪一条为其运动轨迹（）AaBbCcDd【考点】物体做曲线运动的条件【分析】首先知道磁体对钢珠有相互吸引力，然后利用曲线运动的条件判断其运动情况即可【解答】解：磁体对钢珠有相互吸引力，当磁铁放在位置A时，先钢珠运动过程中有受到磁体的吸引，小钢珠逐渐接近磁体，所以其的运动轨迹是c故选：C11质量为m的物体，在距地面h高处以的加速度由静止竖直下落到地面，下列说法中正确的是（）A物体重力势能减少mghB物体的机械能减少mghC物体的动能增加mghD重力做功mgh【考点】功能关系；动能和势能的相互转化【分析】物体距地面一定高度以的加速度由静止竖直下落到地面，则说明物体下落受到一定阻力那么重力势能的变化是由重力做功多少决定的，而动能定理变化由合力做功决定的，那么机械能是否守恒是由只有重力做功决定的【解答】解：A、物体在下落过程中，重力做正功为mgh，则重力势能减小也为mgh故A错误；B、物体除重力做功，阻力做负功，导致机械能减少由物体的合力为，则阻力做功为，机械能减少为，故B正确；C、物体的合力为，则合力做功为，所以物体的动能增加为，故C错误；D、物体在下落过程中，重力做正功为mgh，故D错误；故选：B12关于电场强度E的说法正确的是（）A电场中某点的电场强度方向跟正电荷在该点所受到的电场力的方向相同B电场中某点的电场强度方向跟负电荷在该点所受到的电场力的方向相同C根据E=可知，电场中某点的电场强度与电场力F成正比，与电量q成反比D一个正电荷激发的电场的电场强度处处相同，是一个匀强电场【考点】电场强度【分析】电场强度是描述电场本身的性质的物理量，与试探电荷无关场强方向是放在该点的正电荷所受电场力方向相同匀强电场中场强处处相同据此分析【解答】解：A、根据物理学上的规定可知，电场强度方向跟正电荷在该点所受到的电场力的方向相同，故A正确B、电场中某点的电场强度方向跟负电荷在该点所受到的电场力的方向相反，故B错误C、E=是电场强度的定义式，运用比值法定义，E由电场本身决定，与试探电荷无关，故C错误D、正电荷激发的电场的电场强度处处不同，不是匀强电场，故D错误故选：A13静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载，春秋纬考异邮中有“玳瑁吸衣若”之说，但下列不属于静电现象的是（）A梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引C通电导线放人磁场中受到力的作用D从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有坡电击的感觉【考点】静电现象的解释【分析】分析各现象的形成原因，然后判断各现象的成因是否与静电现象有关，然后答题【解答】解：A、梳子与头发摩擦会产生静电，吸起纸屑，是静电现象，不符合题意故A错误；B、带电小球移至不带电金属附近，金属球将发生静电感应，靠近带电小球的一侧将带上与带电体相反的电荷，所以两者相互吸引这属于静电感应现象，是静电现象，不符合题意故B错误；C、通电导线放入磁场中受到力的作用，属于电流在磁场中的受力，不属于静电现象故C正确D、从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉是由于摩擦会产生静电，也是静电现象，不符合题意故D错误；本题选不属于静电现象的，故选：C14下列说法正确的是（）A牛顿通过扭秤实验，较准确地测出了万有引力常量B安培通过实验，首先发现了电流周围存在磁场C法拉第通过实验研究，总结出了电磁感应的规律D赫兹预言了电磁波的存在【考点】物理学史【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、卡文迪许通过扭秤实验，较准确地测出了万有引力常量，故A错误；B、奥斯特通过实验，首先发现了电流周围存在磁场，故B错误；C、法拉第通过实验研究，总结出了电磁感应的规律，故C正确；D、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹证实了电磁波的存在，故D错误；故选：C15下列各图中，已标出电流及电流的磁场方向，（B图表示通电环形导线产生的磁场，“”表示导线中电流I的方向垂直于纸面向里，“”表示导线中电流I的方向垂直于纸面向外）其中正确的是（）ABCD【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】根据安培定则判断电流周围磁场的方向，直导线大拇指指向为电流方向，而环导线四指指向即为电流方向，从而进行判断正误【解答】解：A、根据安培定则，螺线管内部的磁场方向向右故A错误B、从上往下看，线框的电流方向为逆时针方向，根据安培定则知，磁场的方向向上故B正确C、直线电流的方向竖直向上，根据安培定则知，直线电流右边的磁场方向（从上向下看）逆时针方向故C错误D、由于电流的方向竖直向上，根据安培定则知，磁场方向应该逆时针故D错误故选：B16如图所示，在“研究影响通电导体所受磁场力的因素”的实验中，要使导体棒的悬线向右的摆角增大，以下操作中可行的是（）A增大导体棒中的电流B减少磁铁的数量C颠倒磁铁磁极的上下位置D改变导体棒中的电流方向【考点】磁场对电流的作用；安培力【分析】要使导体摆动的幅度增大，只要增大安培力即可，根据安培力的公式F=BIL，知安培力大小与哪些因素有关【解答】解：增大安培力即可使导体摆动的幅度增大，根据安培力的公式F=BIL可知，A、增大导体棒中的电流强度，安培力增大；故A正确，B、减小磁铁的数量，在磁场中有效长度减小，安培力减小，故B错误；C、颠倒磁铁磁极的上下位置，只会改变安培力的方向，不会改变安培力的大小，故C错误；D、改变导体棒中的电流方向，只会改变安培力的方向，不会改变安培力的大小；故D错误故选：A17洛伦兹力使带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列各图中均标有带正电荷粒子的运动速度v，洛伦兹力F及磁场B的方向，虚线圆表示粒子的轨迹，其中可能出现的情况是（）ABCD【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】洛伦兹力要使带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力根据左手定则，将各项逐一代入，选择符合题意的选项【解答】解：A、由粒子的速度和磁场方向，根据左手定则判断得知，洛伦兹力指向圆心，提供向心力故A正确 B、由粒子的速度和磁场方向，根据左手定则判断得知，洛伦兹力向上背离圆心，粒子不可能沿图示轨迹做匀速圆周运动故B错误 C、由粒子的速度和磁场方向，根据左手定则判断得知，洛伦兹力向左背离圆心，粒子不可能沿图示轨迹做匀速圆周运动故C错误 D、洛伦兹力方向不指向圆心力，粒子不可能沿图示轨迹做匀速圆周运动故D错误故选A18关于安培力和洛伦兹力，说法中正确的是（）A带电粒子在磁场中运动时，一定受到洛伦兹力作用B放置在磁场中的通电导线，一定受到安培力作用C因洛伦兹力总垂直于电荷运动方向，故洛伦兹力对运动电荷一定不做功D因安培力垂直通电导线，故安培力对通电导线一定不做功【考点】安培力；洛仑兹力【分析】根据安培力公式F=BILsin与洛伦兹力公式f=qvBsin及做功的条件分析答题【解答】解：A、当带电粒子运动方向与磁场反向在同一直线上时，带电粒子不受洛伦兹力，故A错误；B、当电流方向与磁场方向平行时，通电导线不受安培力作用，故B错误；C、洛伦兹力总垂直于电荷运动方向，在洛伦兹力方向上，粒子位移为零，因此洛伦兹力对运动电荷不做功，故C正确；D、安培力与通电导线垂直，只要通电导线在安培力方向上有位移，则安培力对通电导线做功，故D错误；故选C19轻质弹簧的一端固定于竖直墙壁，另一端与一木块连接在一起，木块放在粗糙的水平地面上在外力作用下，木块将弹簧压缩了一段距离后静止于A点，如图所示现撤去外力，木块向右运动，当它运动到O点时弹簧恰好恢复原长在此过程中AO（）A木块的速度先增大后减小B木块的加速度先增大后减小C弹簧的弹性势能先减小后增大D弹簧减小的弹性势能等于木块增加的动能【考点】功能关系；牛顿第二定律【分析】分析木块的受力情况，由牛顿第二定律分析木块的运动情况，判断速度和加速度如何变化弹簧的弹性势能随形变量的减小而减小根据能量守恒分析弹簧减小的弹性势能与木块增加的动能的关系【解答】解：AB、撤去外力木块向右运动过程中，开始阶段，木块所受的弹簧的弹力大于滑动摩擦力，速度增大随着弹力的减小，合力减小，加速度减小后来弹簧的弹力小于滑动摩擦力，随着弹力的减小，合力反向增大，则加速度反向增大，所以木块的速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故A正确，B错误C、弹簧的压缩量逐渐减小，弹性势能一直减小故C错误D、弹簧减小的弹性势能转化为木块的动能和内能，根据能量守恒定律弹簧减小的弹性势能大于木块增加的动能故D错误故选：A请阅读短文，结合图示的情景，完成第2023题xx9月15日，“天宫二号”空间实验室在我国酒泉卫星发射中心发射升空，10月17日7时30分，“神舟11号”飞船载着两名宇航员飞向太空，并于10月19日凌晨与“天宫二号”交会对接，如图是交会对接时的示意图，交会时“天宫二号”在前，“神舟11号”在后20“天宫二号”在发射过程中伴随着轨道修正和姿态调整，下列过程中，地面控制人员能够将“天宫二号”看成质点的是（）A整流罩分离的过程B太阳帆板展开的过程C姿态调整的过程D环绕地球飞行的过程【考点】质点的认识【分析】当物体的大小和形状在研究的问题中能忽略，物体可以看成质点由此分析即可【解答】解：A、研究整流罩分离过程时，天宫二号的大小和形状不能忽略，不能看成质点故A错误B、研究太阳帆板展开过程时天宫二号的大小和形状不能忽略，不能看成质点故B错误C、在调整姿态的过程中，要考虑到飞船的形状，天宫二号的大小和形状不能忽略，不能看成质点故C错误D、研究天宫二号绕地球飞行时，天宫二号的大小和形状能够忽略，可以看成质点故D正确故选：D21“神舟11号”发射后首先进入椭圆形轨道绕地球运行，其发射速度为（）A7.9km/sB11.2km/sC16.7km/sD大于7.9km/s，小于11.2km/s【考点】第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度【分析】解第一宇宙速度、第二宇宙速度的含义7.9km/s即第一宇宙速度是卫星发射的最小速度，11.2km/s即第二宇宙速度是卫星脱离地球束缚的发射速度【解答】解：7.9km/s即第一宇宙速度是卫星发射的最小速度，11.2km/s即第二宇宙速度是卫星脱离地球束缚的发射速度“神舟11号”发射后直接进入椭圆形轨道，由此可知神舟11号从地面发射的速度介于7.9km/s和11.2km/s之间，故ABC错误，D正确故选：D22“神舟11号”飞船与“天宫二号”交会对接是十分复杂的过程，在该过程中（）A宇航员看“天宫二号”是向前运动的B飞船应该直接发射到“天宫二号”运行的轨道上，然后慢慢加速追上并对接C飞船应该从低轨道加速度追上“天宫二号”D对接过程中，飞船对“天宫二号”的作用力大于“天宫二号”对飞船的作用力【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】根据万有引力提供向心力，以及近心运动和离心运动的相关知识即可分析【解答】解：A、宇航员看“天宫二号”，是以宇航员为参考系，宇航员看“天宫二号”是向后运动的，故A错误；B、先让飞船发射到与“天宫二号”在同一轨道上，此时飞船受到的万有引力等于向心力，若让飞船加速，所需要的向心力变大，而万有引力不变，所以飞船做离心运动，不能实现对接，故B错误；C、先让飞船进入较低的轨道，若让飞船加速，所需要的向心力变大，万有引力不变，所以飞船做离心运动，轨道半径变大，可以实现对接，故C正确；D、对接过程中，根据牛顿第三定律，飞船对“天宫二号”的作用力与“天宫二号”对飞船的作用力大小相等，故D错误；故选：C23宇航员进入“天宫二号”后处于失重状态，此时宇航员（）A可以用弹簧秤测出体重B受到地球的吸引力等于绕地球做圆周运动的向心力C受到地球的吸引力且等于在地面上时的重力D不受地球的吸引力【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重【分析】完全失重是指宇航员对支撑物的压力为零，不是不受重力；宇航员受到的万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力【解答】解：A、用弹簧秤测体重的原理是二力平衡，完全失重时物体相当于不受重力，无法测量，故A错误；B、此时宇航员受到地球的吸引力，完全充当绕地球做圆周运动的向心力，故B正确；C、此时宇航员受地球的吸引力，在地面时重力等于万有引力，地面的万有引力大于空中的万有引力，故在空中宇航员受到地球的吸引力小于在地面上时的重力，故C错误；D、完全失重时物体受地球的吸引力是不改变的，故D错误；故选：B二、填空题（24题4分，25题6分，共10分）24如图所示的电路中，当开关S闭合时，小灯泡A1立刻（填“逐渐”或“立刻”）亮；然后当开关断开时，小灯泡中的电流方向是向右（选填“向左”或“向右”）【考点】自感现象和自感系数【分析】开关闭合后瞬间，A灯立刻亮，由于线圈自感电动势的阻碍，电流逐渐增大，B灯逐渐变亮正常工作后，A灯、B灯一样亮开关由闭合到断开瞬间，由于两灯原来电流相等，A、B两灯不会闪亮一下熄灭根据楞次定律分析流过A灯的电流方向【解答】解：开关闭合后瞬间，线圈自感电动势对灯A1没有阻碍作用，灯A1立刻亮开关由闭合到断开瞬间，A1灯原来的电流立即减为零，线圈产生自感电动势阻碍电流减小，使线圈中电流只能逐渐减小根据楞次定律可知，开关由闭合到断开瞬间，流过线圈的电流方向是电流自右向左，则通过A灯的电流自左向右故答案为：立刻，向右25如图1所示为用电火花打点计时器验证机械能守恒定律的实验装置（1）若已知打点计时器的电源频率为50Hz，当地的重力加速度g=9.80m/s2，重物质量为0.2kg实验中得到一条点迹清晰的纸带如图2所示，打P点时，重物的速度为零，A、B、C为另外3个连续点，根据图中的数据，可知重物由P点运动到B点，重力势能少量Ep=9.82102J（计算结果保留3位有效数字）（2）若PB的距离用h表示，打B点时重物的速度为vB，当两者间的关系式满足vB2=2gh时，说明下落过程中重锤的机械能守恒（已知重力加速度为g）（3）实验中发现重物增加的动能略小于减少的重力势能，其主要原因是DA重物的质量过大B重物的体积过小C电源的电压偏低D重物及纸带在下落时受到阻力【考点】验证机械能守恒定律【分析】重力势能减小量：Ep=mgh；根据功能关系可得出正确表达式；书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚重物带动纸带下落过程中，除了重力还受到阻力，从能量转化的角度，由于阻力做功，重力势能减小除了转化给了动能还有一部分转化给摩擦产生的内能【解答】解：（1）重力势能减小量：Ep=mgh=0.29.80.0501J=9.82102m（2）要验证物体从P到B的过程中机械能是否守恒，则需满足mvB2=mgh，即vB2=2gh，说明下落过程中重锤的机械能守恒；（3）A、重物的质量过大，重物和纸带受到的阻力相对较小，所以有利于减小误差，故A错误B、重物的体积过小，有利于较小阻力，所以有利于减小误差，故B错误C、电源的电压偏低，电磁铁产生的吸力就会减小，吸力不够，打出的点也就不清晰了，与误差的产生没有关系，故C错误D、重物及纸带在下落时受到阻力，从能量转化的角度，由于阻力做功，重力势能减小除了转化给了动能还有一部分转化给摩擦产生的内能，所以重物增加的动能略小于减少的重力势能，故D正确故选：D故答案为：（1）9.82102；（2）vB2=2gh；（3）D三、计算题（本大题共三小题，其中26题6分，27题7分，28题8分，共21分）26在海滨游乐场里有一种滑沙的游乐活动如图所示，人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来，已知AB长为L=50.0m若某人和滑板的总质量m=60.0kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道的动摩擦因数均为=0.50，斜坡的倾角=37（sin37=0.6，cos37=0.8），斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2求：（1）人和滑板从斜坡滑下的加速度为多大？（2）到达B点时，人和滑板的总动能是多少？（3）BC长是多少？【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律【分析】（1）根据牛顿第二定律求出人从斜坡滑下的加速度大小；（2）根据速度位移公式求出人滑动斜坡底端时的速度大小，由动能的表达式求出动能；（3）根据牛顿第二定律求出在水平滑道上的加速度大小，结合速度位移公式确定人停止的位置，即BC的长度【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得，mgsin37mgcos37=ma 人下滑的加速度：a=gsin37gcos37=100.60.5100.8=2.0m/s2（2）根据v2=2aL得，人滑动斜坡底端的速度v=人和滑板的总动能： J（3）人在水平滑道上的加速度大小a=，则在水平滑道上滑行的距离x=即距离B点20m处答：（1）人从斜坡滑下的加速度为2m/s2；（2）到达B点时，人和滑板的总动能是6000J；（3）BC的长度是20m27体育课上同学们进行了一项抛球入框游戏，球框（框壁厚忽略不计）紧靠竖直墙壁放在水平地面上，如图所示，某同学将球（可视为质点）正对竖直墙壁水平抛出并投入框中球框高度和球框左侧壁离墙壁的距离均为L，球的抛出点离地面的高度H=3L，离墙壁的水平距离d=5L球与墙壁碰撞前后瞬间速度大小相等，方向关于墙壁对称已知球的质量为m，重力加速度为g，空气阻力不计求：（1）为使球落入框中，球抛出时的最小速度；（2）球刚落到框底时的最小动能；（3）为使球落入框中，球与墙壁碰撞的最高点离地面的高度【考点】平抛运动；功能关系【分析】（1）球做平抛运动，球从抛出到入框的过程竖直分位移大小为y=HL，水平分位移大小为 x=dL，根据竖直方向自由落体运动、水平方向匀速直线运动，由位移时间公式分别列式，即可求解；（2）根据功能关系求解球刚落到框底时的最小动能；（3）球与墙壁碰撞类似于光的反射，具有对称性，根据平抛运动的规律和对称性求解【解答】解：（1）设球抛出时的最小速度为vmin，运动到框左侧上边缘的时间为t，则有： dL=vmint解得：（2）设球刚落到框底时的最小动能为Ekmin，由功能关系有：解得：Ekmin=5mgL（3）设球与墙壁碰撞的最高点离地面的高度为hmax，运动到墙壁的时间为t，根据对称关系有： d+L=vmaxt vmaxt=d=5L解得：答：（1）为使球落入框中，球抛出时的最小速度为2；（2）球刚落到框底时的最小动能为5mgL；（3）为使球落入框中，球与墙壁碰撞的最高点离地面的高度为L28如图甲所示，长为L的轻杆一端连接小球，另一端套在光滑固定转轴O上小球在最低点获得某一水平初速度，绕轴O在竖直平面内做圆周运动（1）利用传感器采集到杆中弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，图中Fm、t0均已知，重力加速度为g，不计空气阻力，求：小球在最高点的速度大小v；小球的质量m（2）在确保图甲装置中小球在竖直平面内做圆周运动的前提下，改变小球通过最高点的速度大小，小球在最高点受到轻杆弹力的方向有几种可能情况？并分别说明其发生条件【考点】向心力【分析】（1）根据图象能直接读出小球运动的周期T；由图知小球在最高点时所受的杆的作用力为0，根据牛顿第二定律求解速度v根据机械能守恒求出最低点的速度，读出小球经过最低点时杆的作用力大小，由牛顿第二定律求解小球的质量（2）当v2gL时，杆对小球弹力方向向上，当v2gL时，杆对小球弹力方向向下；【解答】解：（1）由乙图可知，小球运动的周期为：T=2t0由乙图可知，小球在最高点时所受的杆的作用力为0，根据牛顿第二定律得：mg=m可得：v=设小球在最低点的速度为vm，根据机械能守恒得：2mgL=在最低点，由牛顿第二定律得：Fmmg=m联立解得：m=（2）当v2gL时，杆对小球弹力方向向上，当v2gL时，杆对小球弹力方向向下；答：（1）小球在最高点的速度大小v为；小球的质量m为（2）在确保图甲装置中小球在竖直平面内做圆周运动的前提下，改变小球通过最高点的速度大小，小球在最高点受到轻杆弹力的方向有2种可能情况：当v2gL时，杆对小球弹力方向向上，当v2gL时，杆对小球弹力方向向下；