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- 2021-06-02 发布
2016-2017学年湖南省株洲市南方中学、醴陵一中高二（上）联考物理试卷（创新班）（12月份）
一、单项选择题（9*4分=36分）
1．如图所示的情况中，a、b两点的电场强度和电势均相同的是（ ）
A．甲图：离点电荷等距的a、b两点
B．乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的a、b两点
C．丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的a、b两点
D．丁图：带电平行金属板两板间分别靠近两板的a、b两点
2．在如图所示的电路中，电源的内阻为r，现闭合开关S，将滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（ ）
A．灯泡L变亮 B．电压表读数变小
C．电流表读数变小 D．电容器C上的电荷量减少
3．如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为+q的物块从A点由静止开始下落，加速度为g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落 h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点过程中，下列说法正确的是（ ）
A．该匀强电场的电场强度为
B．带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为
C．带电物块电势能的增加量为mg（H+h）
D．弹簧的弹性势能的增加量为
4．如图所示，空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电量为﹣q质量为m的带负电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球下滑的最大速度为
B．小球下滑的最大加速度为am=gsinθ
C．小球的加速度一直在减小
D．小球的速度先增大后减小
5．如图所示，带异种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点．a、b两粒子的质量之比为（ ）
A．1：2 B．2：1 C．3：4 D．4：3
6．2016年9月25日，天宫二号由离地面h1=380km的圆形运行轨道，经过“轨道控制”上升为离地h2=393km的圆形轨道，“等待”神州十一号的来访．已知地球的质量为M，地球的半径为R，引力常量为G．根据以上信息可判断（ ）
A．天宫二号在圆形轨道h2上运行的速度大于第一宇宙速度
B．天宫二号在圆形轨道h2上运行的速度大于轨道h1上的运行速度
C．天宫二号在轨道h1上的运行周期为
D．天宫二号由圆形轨道h1进入圆形轨道h2运行周期变小
7．如图，在光滑的水平面上，叠放着两个质量分别为m、M的物体（m＜M），用一水平恒力作用在m物体上，两物体相对静止地向右运动．现把此水平力作用在M物体上，则以下说法正确的是（ ）
A．两物体间的摩擦力大小不变
B．m受到的合外力与第一次相同
C．M受到的摩擦力增大
D．两物体间可能有相对运动
8．如图所示，两个小球a、b质量为mb=2ma=2m，用细线相连并悬挂于O点，现给小球a施加一个拉力F使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为45°，则力F的大小不可能是（ ）
A． mg B．2mg C． mg D．3mg
9．军事演习中，M点的正上方离地H高处的蓝军飞机以水平速度v1投掷一颗炸弹攻击地面目标，反应灵敏的红军的地面高炮系统同时在M点右方地面上N点以速度v2斜向左上方发射拦截炮弹，两弹恰在M、N连线的中点正上方相遇爆炸，不计空气阻力，则发射后至相遇过程（ ）
A．两弹飞行的轨迹重合
B．初速度大小关系为v1=v2
C．拦截弹相对攻击弹做匀速直线运动
D．两弹相遇点一定在距离地面H高度处
二、多项选择题（每小题至少有一个正确答案，都对得4分、少选得2分，错选、不选得0分．6*4分=24分）
10．如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的滑轮O（可视为质点）．A的质量为m，B的质量为4m．开始时，用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面，此时B静止不动．将A由静止释放，在其下摆过程中B始终保持静止．则在绳子到达竖直位置之前，下列说法正确的是（ ）
A．物块B受到的摩擦力一直沿着斜面向上
B．物块B受到的摩擦力先减小后增大
C．绳子的张力一直增大
D．地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右
11．如图所示，圆心在O点、半径为R的圆弧轨道abc竖直固定在水平桌面上，Oc与Oa的夹角为60°，轨道最低点a与桌面相切．一轻绳两端系着质量为m1和m2的小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道边缘c的两边，开始时，m1位于c点，然后从静止释放，设轻绳足够长，不计一切摩擦．则（ ）
A．在m1由c下滑到a的过程中，两球速度大小始终相等
B．m1在由c下滑到a的过程中重力的功率先增大后减小
C．若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，则m1=2m2
D．若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，则m1=3m2
12．如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成．当闭合开关S1、S2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出．已知电吹风的额定电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W．关于该电吹风，下列说法正确的是（ ）
A．电热丝的电阻为55Ω
B．电动机的电阻为Ω
C．当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为1000J
D．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120J
13．如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置．在管子的底部固定一电荷量为Q（Q＞0）的带电体．在距离底部点电荷为h2的管口A处，有一电荷量为q（q＞0）、质量为m的小球自静止释放，在距离底部点电荷为h1的B处速度恰好为零．现让一个电荷量为q、质量为2m的小球仍在A处自静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则该小球（ ）
A．运动到B处的速度为零
B．在下落过程中加速度大小先变小后变大
C．向下运动了位移x=h2﹣时速度最大
D．小球向下运动到B点时的速度为
14．如图，光滑绝缘细管与水平面成30°角，在管的上方P点固定一个正点电荷Q，P点与细管在同一竖直平面内．一带电量为﹣q的小球位于管的顶端A点，PA连线水平，q≪Q．将小球由静止开始释放，小球沿管到达底端C点．已知B是AC中点，PB⊥AC，小球在A处时的加速度为a．不考虑小球电荷量对电场的影响，则（ ）
A．A点的电势低于B点的电势
B．B点的电场强度大小是A点的4倍
C．小球从A到C的过程中电势能先增大后减小
D．小球运动到C处的加速度为g﹣a
15．如图所示，扇形区域AOC内有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S．某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有部分粒子从边界OC射出磁场．已知∠AOC=60°，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于（T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间不可能为（ ）
A． B． C． D．
三、实验题（本大题2小题，每空2分，共12分）
16．某同学通过对小车所牵引纸带的测量，就能得出小车的加速度a．如图是某次实验所打出的一条纸带，在纸带上标出了5个计数点，在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，图中数据的单位是cm．实验中使用的电源是频率f=50Hz的交变电流．根据以上数据，可以算出小车的加速度a= m/s2，打计数点2时小车的速度v2= m/s．（结果保留三位有效数字）
17．在研究性课题的研究中，某课题小组收集了手机的电池以及从废旧收音机上拆下的电阻、电容、电感线圈等电子器件．现从这些材料中选取两个待测元件来进行研究，一是电阻Rx（约为2kΩ）二是手机中常用的锂电池（电动势E标称值为3.4V，允许最大放电电流为100mA）．在操作台上还准备了如下实验器材：
A．电压表V（量程4V，内阻RV约为10kΩ）
B．电流表A1（量程100mA，内阻RA1约为5Ω）
C．电流表A2（量程2mA，内阻RA2约为50Ω）
D．滑动变阻器R（0～40Ω，额定电流1A）
E．电阻箱R0（0～999． 9Ω）
F．开关S一只、导线若干
（1）为了测定电阻Rx的阻值，小组的一位成员，设计了如图甲所示的电路原理图，电源用待测的锂电池，则电流表应该选用 （选填“A1”或“A2”）；他用电压表的读数除以电流表的读数作为Rx的测量值，则测量值 真实值（填“大于”或“小于”）．
（2）小组的另一位成员，设计了如图乙所示的电路原理图来测量锂电池的电动势E和内阻r．
①该同学闭合开关S，调整电阻箱的阻值为R1时，读出电压表的示数为U1；电阻箱的阻值为R2时，读出电压表的示数为U2，可求得该电池的电动势，其表达式为E= ．
②为了便于分析，一般采用线性图象处理数据，可以改变电阻箱阻值，取得多组数据，画出﹣图象为一条直线，则该图象的函数表达式为： ，由图可知该电池的电动势E= V．
四、计算题（本大题共4小题，共38分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
18．一物体做匀减速直线运动，在某段时间内通过的位移大小为x1，紧接着在相等的时间内叉通过的位移大小为x2，此时，物体仍然在运动．求再经过多少位移物体速度刚好减为零．
19．如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0垂直射入场强为E方向竖直向下的匀强电场中，射出电场的即时速度的方向与初速度方向成30°角．在这过程中，不计粒子重力．
求：（1）该粒子在电场中经历的时间；
（2）粒子在这一过程中电势能增量．
20．如图所示，Ⅰ区存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B1=0.4T．电场的方向竖直向下，电场强度E1=2.0×105V/m，两平板间距d1=20cm；Ⅱ、Ⅲ区为对称的1/4圆弧为界面的匀强磁场区域，磁场垂直纸面方向，对应磁感应强度分别为B2、B3；Ⅳ区为有界匀强电场区域，电场方向水平向右，电场强度E2=5×105V/m，右边界处放一足够大的接收屏MN，屏MN与电场左边界的距离d2=10cm．一束带电量q=8.0×10﹣19C，质量m=8.0×10﹣26 kg的正离子从Ⅰ区左侧以相同大小的速度v0（未知）沿平行板的方向射入Ⅰ区，恰好能做直线运动，穿出平行板后进入Ⅱ或Ⅲ区的磁场区域，且所有粒子都能从同点O射出，进入Ⅳ区后打在接收屏MN上．（不计重力），求：
（1）正离子进入Ⅰ区时的速度大小v0
（2）Ⅱ、Ⅲ区的磁感应强度B2、B3的大小与方向
（3）正离子打在接收屏上的径迹的长度．
21．如图所示的xOy平面上，以坐标原点O为圆心的四分之一圆形区域MON内分布着磁感应强度为B=2.0×10﹣3T的匀强磁场，其中M、N点距坐标原点O为m，磁场方向垂直纸面向里．坐标原点O处有一个粒子源，不断地向xOy平面发射比荷为=5×107 C/kg的带正电粒子，它们的速度大小都是v=1×105m/s，与x轴正方向的夹角分布在0～90°范围内．
（1）求平行于x轴射入的粒子，出射点的位置及在磁场中的运动时间；
（2）求恰好从M点射出的粒子，从粒子源O发射时的速度与x轴正向的夹角；
（3）若粒子进入磁场前经加速使其动能增加为原来的2倍，仍从O点垂直磁场方向射入第一象限，求粒子在磁场中运动的时间t与射入时与x轴正向的夹角θ的关系．
2016-2017学年湖南省株洲市南方中学、醴陵一中高二（上）联考物理试卷（创新班）（12月份）
参考答案与试题解析
一、单项选择题（9*4分=36分）
1．如图所示的情况中，a、b两点的电场强度和电势均相同的是（ ）
A．甲图：离点电荷等距的a、b两点
B．乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的a、b两点
C．丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的a、b两点
D．丁图：带电平行金属板两板间分别靠近两板的a、b两点
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．
【分析】电势是标量，同一等势面各点电势相等．电场强度是矢量，只有大小和方向均相同时，场强才相同．
【解答】解：A、a、b是离点电荷等距的a、b两点，处于同一等势面上，电势相同，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同．故A错误．
B、等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则a、b的电势相同．由于电场线关于两电荷连线上下对称，而且都与等势面垂直，所以场强的大小和方向都相同．故B正确．
C、根据电场线的对称性可知，ab两点电势相同，场强大小相等，但方向相反，所以电场强度不同．故C错误．
D、a、b是匀强电场中的两点，电场强度相同，a点的电势大于b点的电势．故D错误
故选：B．
2．在如图所示的电路中，电源的内阻为r，现闭合开关S，将滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（ ）
A．灯泡L变亮 B．电压表读数变小
C．电流表读数变小 D．电容器C上的电荷量减少
【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．
【分析】滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，电流减小，灯泡变暗；变阻器两端电压增大，电容器上电荷量增大，电流表读数变小，电压表读数U=E﹣Ir变大．根据欧姆定律和电路的连接关系分析即可．
【解答】解：A、当滑动变阻器滑片P向左移动时，其接入电路的电阻增大，电路的总电阻R总增大，总电流I减小，灯泡的功率为 P=I2RL，RL不变，则P减小，灯泡L变暗．故A错误．
BC、电流I减小，则电流表读数变小，电压表读数为 U=E﹣Ir，则U变大．故B错误，C正确．
D、电容器与变阻器并联，两者电压相等．变阻器接入电路的电阻增大，根据串联电路分压规律可知，变阻器分担的电压增大，电容器的电压也增大，则其电荷量增大，故D错误．
故选：C
3．如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为+q的物块从A点由静止开始下落，加速度为g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落 h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点过程中，下列说法正确的是（ ）
A．该匀强电场的电场强度为
B．带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为
C．带电物块电势能的增加量为mg（H+h）
D．弹簧的弹性势能的增加量为
【考点】功能关系；电势能．
【分析】根据牛顿第二定律求出电场强度的大小，根据除重力和弹力以外其它力做功得出系统机械能的变化量．根据电场力做功求出电势能的变化量．根据动能定理求出弹簧弹力做功，从而得出弹性势能的变化量．
【解答】解：A、物体静止开始下落时的加速度为，根据牛顿第二定律得：mg﹣qE=ma，解得：E=，故A错误．
B、从A到C的过程中，除重力和弹力以外，只有电场力做功，电场力做功为：，可知机械能减小量为．故B错误．
C、从A到C过程中，电场力做功为，则电势能增加量为．故C错误．
D、根据动能定理得： =0，解得弹力做功为：，即弹性势能增加量为，故D正确．
故选：D．
4．如图所示，空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电量为﹣q质量为m的带负电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球下滑的最大速度为
B．小球下滑的最大加速度为am=gsinθ
C．小球的加速度一直在减小
D．小球的速度先增大后减小
【考点】牛顿第二定律；洛仑兹力．
【分析】小球从A点由静止沿杆下滑，受到重力、支持力、洛伦兹力、摩擦力，根据牛顿第二定律表示出加速度，进而分析出最大速度和最大加速度及加速度的变化过程．
【解答】解：小球开始下滑时有：mgsinθ﹣μ（mgcosθ﹣qvB）=ma，随v增大，a增大，
当时，a达最大值gsinθ，
此时洛伦兹力等于mgcosθ，支持力等于0，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，
此后下滑过程中有：mgsinθ﹣μ（qvB﹣mgcosθ）=ma，
随v增大，a减小，当时，
a=0．此时达到平衡状态，速度不变．
所以整个过程中，v先一直增大后不变；a先增大后减小，所以B对．
故选B．
5．如图所示，带异种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点．a、b两粒子的质量之比为（ ）
A．1：2 B．2：1 C．3：4 D．4：3
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．
【分析】求解本题的关键是画出来粒子的轨迹图，并确定圆心、求出半径和圆心角，然后根据动能相等的条件以及相等的运动时间并结合圆周运动公式联立即可求解．
【解答】解：根据题意画出a、b粒子的轨迹如图所示，则a、b粒子的圆心分别是和，设磁场宽度为d，由图可知，
粒子a的半径==，粒子b的半径为==d
由=可得： =，即=
由qvB=可得：， =
又b粒子轨迹长度为==，粒子a的轨迹长度为==，
所以， =
联立以上各式解得=，所以C正确，ABD错误．
故选：C．
6．2016年9月25日，天宫二号由离地面h1=380km的圆形运行轨道，经过“轨道控制”上升为离地h2=393km的圆形轨道，“等待”神州十一号的来访．已知地球的质量为M，地球的半径为R，引力常量为G．根据以上信息可判断（ ）
A．天宫二号在圆形轨道h2上运行的速度大于第一宇宙速度
B．天宫二号在圆形轨道h2上运行的速度大于轨道h1上的运行速度
C．天宫二号在轨道h1上的运行周期为
D．天宫二号由圆形轨道h1进入圆形轨道h2运行周期变小
【考点】万有引力定律及其应用．
【分析】根据万有引力提供向心力得出线速度的表达式，然后做出判断；“神州十一号”加速，速度变大，它做圆周运动所需要的向心力变大，大于地球对它的万有引力，地球提供的向心力小于“神州十一号”需要的向心力，“神州八号”做离心运动，轨道半径变大，不能对接，根据万有引力提供向心力，通过轨道半径的大小比较天宫二号和同步卫星的线速度、周期、角速度和向心加速度，“天宫二号”做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，列出等式求出中心体的质量．再根据求密度
【解答】解：A、根据万有引力提供向心力得：
所以：v=
由于“天宫二号”的轨道半径大于地球的半径，所以天宫二号在圆形轨道h2上运行的速度小于第一宇宙速度．故A错误；
B、根据v=，由于h1＜h2，可知，天宫二号在圆形轨道h2上运行的速度小于轨道h1上的运行速度．故B错误；
B、在同一轨道上，此时神舟十一号受到的万有引力等于向心力，若让神舟十一号加速，所需要的向心力变大，万有引力不变，所以神舟十一号做离心运动，不能实现对接，故B错误；
C、“天宫二号”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，，解得在轨道h1上的运行周期：，“天宫二号”的轨道半径小于地球同步卫星，根据，轨道半径小，向心加速度大，故“天宫二号”的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，故C正确；
D、“天宫二号”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，，解得周期：，天宫二号由圆形轨道h1进入圆形轨道h2轨道半径增大，则运行周期增大，故D错误
故选：C
7．如图，在光滑的水平面上，叠放着两个质量分别为m、M的物体（m＜M），用一水平恒力作用在m物体上，两物体相对静止地向右运动．现把此水平力作用在M物体上，则以下说法正确的是（ ）
A．两物体间的摩擦力大小不变
B．m受到的合外力与第一次相同
C．M受到的摩擦力增大
D．两物体间可能有相对运动
【考点】共点力平衡的条件及其应用；静摩擦力和最大静摩擦力；力的合成与分解的运用．
【分析】用一水平力作用在m物体上，二物体相对静止地向右运动．通过整体法和隔离法求出两者之间的摩擦力大小，当水平力作用在M物体上，假设保持相对静止，通过整体隔离法判断是否发生相对滑动，从而得出两者之间摩擦力的变化．
【解答】解：用一水平力作用在m物体上，二物体相对静止地向右运动，整体的加速度a=，
隔离对M分析，两者之间的静摩擦力f=Ma=．
当水平力作用在m2物体上，假设保持相对静止，整体的加速度a′=，
隔离对m1分析，两者之间的摩擦力f′=ma=＜f，可知假设成立，两者之间仍然保持相对静止．加速度不变．故B正确，A、C、D错误．
故选：B．
8．如图所示，两个小球a、b质量为mb=2ma=2m，用细线相连并悬挂于O点，现给小球a施加一个拉力F使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为45°，则力F的大小不可能是（ ）
A． mg B．2mg C． mg D．3mg
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【分析】以小球ab整体为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件，分析F可能的值．
【解答】解：以小球ab整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：F与T的合力与整体重力3mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为：
Fmin=3mgsinθ=mg．
当F竖直向上时，拉力最大，最大为Fmax=3mg，
则ACD可能，B不可能．
本题选不可能的，故选：B
9．军事演习中，M点的正上方离地H高处的蓝军飞机以水平速度v1投掷一颗炸弹攻击地面目标，反应灵敏的红军的地面高炮系统同时在M点右方地面上N点以速度v2斜向左上方发射拦截炮弹，两弹恰在M、N连线的中点正上方相遇爆炸，不计空气阻力，则发射后至相遇过程（ ）
A．两弹飞行的轨迹重合
B．初速度大小关系为v1=v2
C．拦截弹相对攻击弹做匀速直线运动
D．两弹相遇点一定在距离地面H高度处
【考点】平抛运动．
【分析】炸弹做的是平抛运动，解决平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动．
拦截炮弹做的是斜抛运动，它在水平方向上也是匀速直线运动，但在竖直方向上是竖直上抛运动．
【解答】解：A、两弹在M、N连线的中点正上方相遇，只能说明末位置相同，不能说明运动轨迹重合，故A错误．
B、由于两弹恰在M、N连线的中点正上方相遇，说明它们的水平位移大小相等，又由于运动的时间相同，所以它们在水平方向上的速度相同，即v2cosθ=v1，所以v2＞v1，故B错误．
C、两弹都只受到重力，都做匀变速运动，加速度相同，所以拦截弹相对攻击弹做匀速直线运动，故C正确．
D、根据题意只能求出两弹运动时间相同，但不知道拦截炮弹竖直方向初速度的具体值，所以不能判断两弹相遇点距离地面的高度，所以D错误．
故选：C
二、多项选择题（每小题至少有一个正确答案，都对得4分、少选得2分，错选、不选得0分．6*4分=24分）
10．如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的滑轮O（可视为质点）．A的质量为m，B的质量为4m．开始时，用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面，此时B静止不动．将A由静止释放，在其下摆过程中B始终保持静止．则在绳子到达竖直位置之前，下列说法正确的是（ ）
A．物块B受到的摩擦力一直沿着斜面向上
B．物块B受到的摩擦力先减小后增大
C．绳子的张力一直增大
D．地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右
【考点】向心力；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．
【分析】小球A下摆过程中机械能守恒，下摆的速度越来越大，绳子的拉力越来越大，到达最低点绳子的拉力达最大，分析得到：机械能守恒
=mgr，又由牛顿第二定律得：F﹣mg=，∴小球A对绳的拉力为F=+mg=3mg，即物块B受到绳子沿斜面向上的拉力为3mg，而B的重力沿斜面向下的分力为2mg，所以，斜面对B的静摩擦力沿斜面向下为mg，而物块B在小球A还没有下摆时受到斜面的静摩擦力沿斜面向上为2mg，因此，物块B受到的摩擦力先减小后增大．在分析地面对斜面的摩擦力时，把物块B与斜面看做一整体分析，小球A下摆过程中绳子对整体由水平向左的一分力，而整体静止不动，因此，地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右．
【解答】解：A、B、：初始情况下分析物块B受力：竖直向下的重力4mg、垂直斜面向上的支持力FN、沿斜面向上的静摩擦力Ff．沿斜面和垂直斜面正交分解B物块受到的力，
∴B物块处于平衡状态，则有：沿斜面方向：Ff=4mgsin30°=2mg，
垂直斜面方向：FN=4mgcos30°=mg．
由牛顿第三定律知：物块B对斜面有垂直斜面向下的压力FN′和沿斜面向下的静摩擦力Ff′，把这两个力向水平方向分解，
则得：斜面体水平方向受到B的作用力（取水平向左为正方向）：
FN′sin30°﹣Ff′cos30°
又∴FN′=FN=4mgcos30°=2mg，Ff′=Ff=4mgsin30°=2mg．∴FN′sin30°﹣Ff′cos30°=0所以初始状态下斜面体水平方向受物块B的合力为零，
不存在受地面的摩擦力．
小球A下摆过程中，物块B始终保持静止，则小球A不对外做功，机械能守恒，小球A的速度不断增大，到最低点时速度最大，
这时小球A摆到低时对绳的拉力最大，设r为A到滑轮的绳长，最低点小球A的速度为v，则由机械能守恒定律得：
=mgr，又由牛顿第二定律得：F﹣mg=，∴小球A对绳的拉力为F=+mg=3mg，即物块B受到绳子沿斜面向上的拉力为3mg，
此时物块B在平行于斜面方向所受的摩擦力为Ff″=F﹣4mgsin30°=3mg﹣2mg=mg，方向沿斜面向下，由此可知物块B受到斜面的摩擦力先是沿斜面向上2mg，后逐渐减少到零，再沿斜面向下逐渐增大到mg，所以，选项A错误，选项B正确．
C：由以上分析知绳子的张力一直增大，小球A摆到低时对绳的拉力最大，故C正确．
D：将A由静止释放，在其下摆过程中B始终保持静止，在绳子到达竖直位置之前，把斜面与物块B看做整体，绳子始终有拉力，此拉力水平向左有个分力，而整体保持静止，水平方向受力平衡，因此，地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右，那么，选项D正确．
故选：B、C、D．
11．如图所示，圆心在O点、半径为R的圆弧轨道abc竖直固定在水平桌面上，Oc与Oa的夹角为60°，轨道最低点a与桌面相切．一轻绳两端系着质量为m1和m2的小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道边缘c的两边，开始时，m1位于c点，然后从静止释放，设轻绳足够长，不计一切摩擦．则（ ）
A．在m1由c下滑到a的过程中，两球速度大小始终相等
B．m1在由c下滑到a的过程中重力的功率先增大后减小
C．若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，则m1=2m2
D．若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，则m1=3m2
【考点】机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率．
【分析】AB两个小球用绳子连在一起，说明沿绳子方向的速度是一样的，而在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，所以速度不等，重力的功率就是P=mgv．分析竖直方向速度的变化情况求解，若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理求解质量关系．
【解答】解：A、m1由C点下滑到a点的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，所以此时两个物体的速度必然不相同的，故A错误；
B、重力的功率就是P=mgv，这里的v是指竖直的分速度，一开始m1是由静止释放的，所以m1一开始的竖直速度也必然为零，最后运动到A点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零但是在这个c下滑到a的过程当中是肯定有竖直分速度的，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以这里重力功率mgv也是先增大后减小的过程，故B正确；
C、D、若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据系统的机械能守恒得：
m1gR（1﹣cos60°）=m2gR，解得：m1=2m2．故C正确，D错误．
故选：BC
12．如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成．当闭合开关S1、S2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出．已知电吹风的额定电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W．关于该电吹风，下列说法正确的是（ ）
A．电热丝的电阻为55Ω
B．电动机的电阻为Ω
C．当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为1000J
D．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120J
【考点】电功、电功率．
【分析】吹热风时，电热丝和电动机都工作，它们是并联的，电路的总功率等于它们功率之和，根据并联电路的特点可以求
【解答】解：A、电机和电阻并联，当吹热风时，电阻消耗的功率为P=P热﹣P冷=1000﹣120W=880W，由P=可知R=，故A正确；
B、电机为非纯电阻电路故不能用P=求，故B错误；
C、当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为P=P热﹣P冷=1000﹣120W=880W，故C错误；
D、当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120J，故D正确；
故选：AD
13．如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置．在管子的底部固定一电荷量为Q（Q＞0）的带电体．在距离底部点电荷为h2的管口A处，有一电荷量为q（q＞0）、质量为m的小球自静止释放，在距离底部点电荷为h1的B处速度恰好为零．现让一个电荷量为q、质量为2m的小球仍在A处自静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则该小球（ ）
A．运动到B处的速度为零
B．在下落过程中加速度大小先变小后变大
C．向下运动了位移x=h2﹣时速度最大
D．小球向下运动到B点时的速度为
【考点】牛顿第二定律；电势能．
【分析】当点电荷A在自身重力与点电荷间的库仑力作用下，由静止释放后到停止．在此过程中重力做正功，库仑力做负功，且相等．当点电荷电量不变，而改变质量，仍从原位置释放，则由动能定理，可求出停止位置，速度最大的位移及到达B点的速度．
【解答】解：A、质量为m点电荷A，从静止释放后开始下落，库仑力越来越大，所以点电荷先加速后减速．则加速度先减小后增大．当到达B点时，点电荷A停止．由动能定理可得：mg（h2﹣h1）﹣W库=0﹣0… ①
解得：W库=mg（h2﹣h1）
而当换成质量2m点电荷A′时，仍从原来位置静止释放，则点电荷先加速后减速．则加速度先减小后增大．
设电荷到达位置B时速度为v，则由动能定理可得：2mg（h2﹣h1）﹣W库=﹣0… ②
解得：…③
则速度为零的位置在B点下方．故A错误；
B、由题意知，小球应先做加速运动，再做减速运动，即开始时重力应大于库仑力；而在下落中，库仑力增大，故下落时加速度先减小，后增大，故B正确；
C、速度最大位置，就是加速度为零的位置．即库仑力与重力相等的位置．
当质量为m 时，设平衡位置距点电荷B的距离为h0 则有：
而当质量为2m时，设平衡位置距底部点电荷的距离为h0′则有：
得：
则向下运动的位移为： 故C错误；
D、有选项A中①②③分析可知D正确；
故选：BD．
14．如图，光滑绝缘细管与水平面成30°角，在管的上方P点固定一个正点电荷Q，P点与细管在同一竖直平面内．一带电量为﹣q的小球位于管的顶端A点，PA连线水平，q≪Q．将小球由静止开始释放，小球沿管到达底端C点．已知B是AC中点，PB⊥AC，小球在A处时的加速度为a．不考虑小球电荷量对电场的影响，则（ ）
A．A点的电势低于B点的电势
B．B点的电场强度大小是A点的4倍
C．小球从A到C的过程中电势能先增大后减小
D．小球运动到C处的加速度为g﹣a
【考点】电势差与电场强度的关系；元电荷、点电荷；电场强度．
【分析】A、由正点电荷电场线的分布，结合沿着电场线方向电势降低，即可求解；
B、根据点电荷电场强度的公式，即可求解；
B、根据电场力做功的正负来确定电势能高低；
C、由牛顿第二定律，结合库仑定律，即可求解
【解答】解：A、正点电荷的电场线发散型，由于沿着电场线方向，电势降低，因此A点的电势低于B点的电势，故A正确；
B、结合几何关系：PA=2PB，由点电荷电场强度公式E=，可知，电场强度的大小与间距的平方成反比，则B点的电场强度大小是A点的4倍，故B正确；
C、根据电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加，可知：小球带负电，从A到C的过程中，电场力先做正功，后做负功，则电势能先减小后增大，故C错误；
D、在A处时小球的加速度为a，对A点受力分析，电场力、重力与支持力，由力的合成法则可知，合外力由重力与电场力沿着细管方向的分力之和提供的；
当在C处时，小球仍受到重力、电场力与支持力，合外力是由重力与电场力沿着细管方向的分力之差提供的，
由A处可知，Fcos30°+mgsin30°=ma；
而在C处，则有：mgsin30°﹣Fcos30°=ma′，解得：a′=g﹣a．故D正确；
故选：ABD．
15．如图所示，扇形区域AOC内有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S．某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有部分粒子从边界OC射出磁场．已知∠AOC=60°，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于（T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间不可能为（ ）
A． B． C． D．
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．
【分析】所有粒子的初速度大小相同，轨迹半径相同，当入射点与出射点连线最长时，轨迹的圆心角最大，粒子在磁场中运动的最长．相反连线最短，时间最短．根据几何知识，作出轨迹，确定时间的范围进行选择．
【解答】解：粒子在磁场做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦．初速度大小相同，轨迹半径R=相同．
设OS=d，当出射点D与S点的连线垂直于OA时，DS弦最长，轨迹所对的圆心角最大，周期一定，则由粒子在磁场中运动的时间最长．由此得到：
轨迹半径为：R=d
当出射点E与S点的连线垂直于OC时，弦ES最短，轨迹所对的圆心角最小，则粒子在磁场中运动的时间最短．
则：SE=d，
由几何知识，三角形O′ES是等边三角形，
则得θ=60°
最短时间：tmin=T
所以，粒子在磁场中运动时间范围为T≤t≤，
故不可能的是AB；
故选：AB．
三、实验题（本大题2小题，每空2分，共12分）
16．某同学通过对小车所牵引纸带的测量，就能得出小车的加速度a．如图是某次实验所打出的一条纸带，在纸带上标出了5个计数点，在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，图中数据的单位是cm．实验中使用的电源是频率f=50Hz的交变电流．根据以上数据，可以算出小车的加速度a= 0.343 m/s2，打计数点2时小车的速度v2= 0.437 m/s．（结果保留三位有效数字）
【考点】探究小车速度随时间变化的规律．
【分析】根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中，中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上某点小车的瞬时速度大小．
【解答】解：每相邻的两计数点间都有四个点未画出，因此计数点之间的时间间隔为T=0.1s；
根据匀变速直线运动中，中间时刻的速度等于该过程中的平均速度有：
=0.437m/s
根据△x=aT2，可得a==0.343m/s2．
故答案为：0.343；0.437．
17．在研究性课题的研究中，某课题小组收集了手机的电池以及从废旧收音机上拆下的电阻、电容、电感线圈等电子器件．现从这些材料中选取两个待测元件来进行研究，一是电阻Rx（约为2kΩ）二是手机中常用的锂电池（电动势E标称值为3.4V，允许最大放电电流为100mA）．在操作台上还准备了如下实验器材：
A．电压表V（量程4V，内阻RV约为10kΩ）
B．电流表A1（量程100mA，内阻RA1约为5Ω）
C．电流表A2（量程2mA，内阻RA2约为50Ω）
D．滑动变阻器R（0～40Ω，额定电流1A）
E．电阻箱R0（0～999． 9Ω）
F．开关S一只、导线若干
（1）为了测定电阻Rx的阻值，小组的一位成员，设计了如图甲所示的电路原理图，电源用待测的锂电池，则电流表应该选用 A2 （选填“A1”或“A2”）；他用电压表的读数除以电流表的读数作为Rx的测量值，则测量值 大于 真实值（填“大于”或“小于”）．
（2）小组的另一位成员，设计了如图乙所示的电路原理图来测量锂电池的电动势E和内阻r．
①该同学闭合开关S，调整电阻箱的阻值为R1时，读出电压表的示数为U1；电阻箱的阻值为R2时，读出电压表的示数为U2，可求得该电池的电动势，其表达式为E= ．
②为了便于分析，一般采用线性图象处理数据，可以改变电阻箱阻值，取得多组数据，画出﹣图象为一条直线，则该图象的函数表达式为： =+• ，由图可知该电池的电动势E= 0.33 V．
【考点】测定电源的电动势和内阻．
【分析】（1）根据电路最大电流选择电流表，根据电路图应用欧姆定律分析实验误差；
（2）根据闭合电路欧姆定律列方程，然后求出电源电动势的表达式；
根据闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图象与函数表达式求电源电动势与内阻．
【解答】解：（1）待测电阻阻值约为2kΩ，滑动变阻器最大阻值为40Ω，滑动变阻器应采用分压接法；电路最大电流约为I===0.0017A=1.7mA，电流表应选A2；
由图甲所示电路图可知，电流表采用内接法，由于电流表分压，电压测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值大于真实值．
（2）①由图乙所示实验电路可知，在闭合电路中，电源电动势：E=U1+I1r=U1+r，E=U2+I2r=U1+r，
解得：E=．
②在闭合电路中，电源电动势：E=U+Ir=U+r，
解得： =+•，
由图象可知，图象截距b==0.3，则电源电动势E===V≈3.3V，
故答案为：（1）A2；大于；（2）①；②=+•；0.33．
四、计算题（本大题共4小题，共38分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
18．一物体做匀减速直线运动，在某段时间内通过的位移大小为x1，紧接着在相等的时间内叉通过的位移大小为x2，此时，物体仍然在运动．求再经过多少位移物体速度刚好减为零．
【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】根据匀变速直线运动推论△x=aT2求出加速度，再根据中点时刻速度等于平均速度求出通过位移x1的末速度，根据位移速度公式即可求解．
【解答】解：根据运动学公式得：
解得：a=
通过位移x1的末速度为
设再经过位移x3，物体的速度刚好为零，则
2a（x2+x3）=0﹣
解得：
答：再经过位移物体速度刚好减为零．
19．如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0垂直射入场强为E方向竖直向下的匀强电场中，射出电场的即时速度的方向与初速度方向成30°角．在这过程中，不计粒子重力．
求：（1）该粒子在电场中经历的时间；
（2）粒子在这一过程中电势能增量．
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．
【分析】带电粒子如图示方向进入电场后，在垂直电场方向不受力，粒子将以v0做匀速直线运动，沿电场方向粒子在电场力作用下做初速度为0的匀加速直线运动，根据类平抛运动知识可以求出速度与初速度方向成30°角时所经历的时间，和在这一过程中电场力对粒子所做的功．
【解答】解：（1）带正电的粒子垂直进入电场后做类平抛运动，如图所示：
粒子在垂直电场方向的做匀速直线运动vx=v0
粒子在电场方向做初速度为0的匀加速直线运动：vy=at=t，
当粒子速度方向与初速度方向成30°角时，如图，vy=vxtan30°=v0，
竖直分速度：vy=at=t，粒子经历的时间：t==；
（2）在这一过程中，粒子在电场方向偏转的位移y=at2=（）2=，
电场力对粒子做功：W=qEy=mv02，
根据电场力做功与电势能变化的关系知，电场力对粒子做正功，电势能减少，好电势能的增加量△E=﹣W=﹣mv02，
答：（1）该粒子在电场中经历的时间为；
（2）粒子在这一过程中电势能增量为：．
20．如图所示，Ⅰ区存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B1=0.4T．电场的方向竖直向下，电场强度E1=2.0×105V/m，两平板间距d1=20cm；Ⅱ、Ⅲ区为对称的1/4圆弧为界面的匀强磁场区域，磁场垂直纸面方向，对应磁感应强度分别为B2、B3；Ⅳ区为有界匀强电场区域，电场方向水平向右，电场强度E2=5×105V/m，右边界处放一足够大的接收屏MN，屏MN与电场左边界的距离d2=10cm．一束带电量q=8.0×10﹣19C，质量m=8.0×10﹣26 kg的正离子从Ⅰ区左侧以相同大小的速度v0（未知）沿平行板的方向射入Ⅰ区，恰好能做直线运动，穿出平行板后进入Ⅱ或Ⅲ区的磁场区域，且所有粒子都能从同点O射出，进入Ⅳ区后打在接收屏MN上．（不计重力），求：
（1）正离子进入Ⅰ区时的速度大小v0
（2）Ⅱ、Ⅲ区的磁感应强度B2、B3的大小与方向
（3）正离子打在接收屏上的径迹的长度．
【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】（1）正离子进入I区域时做直线运动可知，洛伦兹力与电场力平衡，据此求得速度大小；
（2）平行运动的正离子做圆周运动汇聚于O点，由数学知识可得粒子圆周运动的半径，根据左手定则确定磁场的方向；
（3）粒子进入电场时速度大小相等，速度垂直于OO′的粒子在电场中做类平抛运动，粒子打在屏上偏离距离最远，根据类平抛运动规律求解即可．
【解答】解：（1）在磁场I区域，正离子做直线运动可知，离子所受电场力与洛伦兹力平衡即：
qv0B1=qE1
由此得离子速度=5×105m/s；
（2）由数学知识可知，只有正离子在II或III区域内做匀速圆周运动的半径等于该区域磁场半径时，才能使所有离子汇聚于O点．
由此可得B2=B3
据洛伦兹力提供圆周运动向心力有
可得： =0.5T
根据左手定则可知，B2垂直纸面向外，B3垂直纸面向里；
（3）正离子从O点射出进入IV区域的电场，其中速度垂直OO′的正离子会在电场中做类平抛运动而打在屏上最远点M，设最远点M离O′的距离为l，则有：
qE2=ma
l=v0tm
代入数据可解得l=0.1m
所以屏上轨迹的总长度L=2l=0.2m．
答：（1）正离子进入Ⅰ区时的速度大小v0为5×105m/s；
（2）Ⅱ、Ⅲ区的磁感应强度B2、B3的大小为0.5T与方向分别垂直纸面向外和垂直纸面向里；
（3）正离子打在接收屏上的径迹的长度为0.2m．
21．如图所示的xOy平面上，以坐标原点O为圆心的四分之一圆形区域MON内分布着磁感应强度为B=2.0×10﹣3T的匀强磁场，其中M、N点距坐标原点O为m，磁场方向垂直纸面向里．坐标原点O处有一个粒子源，不断地向xOy平面发射比荷为=5×107 C/kg的带正电粒子，它们的速度大小都是v=1×105m/s，与x轴正方向的夹角分布在0～90°范围内．
（1）求平行于x轴射入的粒子，出射点的位置及在磁场中的运动时间；
（2）求恰好从M点射出的粒子，从粒子源O发射时的速度与x轴正向的夹角；
（3）若粒子进入磁场前经加速使其动能增加为原来的2倍，仍从O点垂直磁场方向射入第一象限，求粒子在磁场中运动的时间t与射入时与x轴正向的夹角θ的关系．
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律．
【分析】（1）粒子平行于x轴射入，作出运动轨迹，根据洛伦兹力充当向心力可求得半径，再由几何关系可求得射出时的位置和运动时间；
（2）根据题意得出粒子运动的轨迹，由几何关系可求出恰好从M点射出粒子的速度夹角；
（3）由洛伦兹力充当向心力可求得粒子半径，作出运动轨迹图，再由几何关系可求得粒子在磁场中运动的时间t与射入时与x轴正向的夹角θ的关系．
【解答】解：（1）平行于x轴射入的粒子，轨迹如图所示，设出射点为P，
由得：
有几何关系可知：o1p=o1o=1m，，
则△o1op为等腰直角三角形x=y=1m，；
故P点坐标为（1m，1m），
运动时间为：
（2）由几何关系可知：o2M=o2o=1m，，
△o2oM为等腰直角三角形，
则
（3）由，可知：
，，
解得：
若粒子从M点出射时oM=R'，△o3oM为正三角形，圆心角，出射角；
若粒子从弧MN上射出时，弦长均为，圆心角均为，运动时间均为：，
故时：
若粒子从边OM出射时，如图，，
运动时间，
故时：t=（π﹣2θ）×10﹣5s
答：（1）平行于x轴射入的粒子，出射点的位置（1m，1m），在磁场中的运动时间为s；
（2）恰好从M点射出的粒子，从粒子源O发射时的速度与x轴正向的夹角45°；
（3）粒子在磁场中运动的时间t与射入时与x轴正向的夹角θ的关系为：时：；时：t=（π﹣2θ）×10﹣5s