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- 2021-04-13 发布
2016-2017学年河北省保定市定州中学高三（上）周练物理试卷（高补班）（10.16）
一、单项选择题
1．如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在△t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀增大到2B，在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（ ）
A． B． C． D．
2．一金属球，原来不带电，现沿球的直径的延长线放置一的点电荷，如图所示 金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec三者相比．下列正确的为（ ）
A．Ea最大 B．Eb最大 C．Ec最大 D．Ea=Eb=Ec
3．“蛟龙”号载人潜水器2011年7月30号凌晨4时26分开始进行第四次下潜实验，并在深度5182米的位置成功安放了中国大洋协会的标志和一个木雕的中国龙，如图所示．下潜全程历时8小时57分，于13时2分完成下潜任务后顺利返回到“向阳红09”母船．关于此次潜实验说法正确的是（ ）
A．“5182米”是指位移
B．“5182米”是指路程
C．“4时26分”、“8小时57分”、“13时2分”是指时间
D．“4时26分”、“13时2分”指时刻，“8小时57分”指时间
4．如图所示为电流产生磁场的磁感线分布图，正确的图是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
5．自行车上的红色尾灯不仅是装饰品，也是夜间骑车的安全指示灯，它能把来自后面的光照反射回去．某种自行车尾灯可简化为由许多整齐排列的等腰直角棱镜（折射率n＞）组成，棱镜的横截面如图所示．一平行于横截面的光线从O点垂直AB边射入棱镜，先后经过AC边和CB边反射后，从AB边的O′点射出，则出射光线是（ ）
A．平行于AC边的光线① B．平行于入射光线的光线②
C．平行于CB边的光线③ D．平行于AB边的光线④
6．如图所示，不计质量的光滑小滑轮用 细绳悬挂于墙上的O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法中正确的是（ ）
A．B与水平面间的摩擦力增大
B．绳子对B的拉力增大
C．悬于墙上的绳所受拉力不变
D．A、B静止时，图中α、β、θ三角始终相等
7．如图所示，在两块带电平行金属板间，有一束电子沿Ox轴方向射入电场，在电场中的运动轨迹为OCD．已知OA=AB，则电子在OC段和CD段动能的增加量之比△EkC：△EkD为（ ）
A．1：4 B．1：3 C．1：2 D．1：1
8．以初速度υ0竖直向上抛出一个质量为m的小球，上升最大高度是h．如果空气阻力f的大小恒定，则从抛出到落回出发点的整个过程中，空气阻力对小球做的功为（ ）
A．0 B．﹣fh C．﹣2fh D．﹣2mgh
9．下列关于下列说法正确的是（ ）
A．根据麦克斯韦电磁理论变化的电场一定产生变化的磁场
B．雷达是利用电磁波中的长波遇到障碍物时能绕过去的特点来更好的追踪目标的
C．用红外线照射时，大额钞票上用荧光物质印刷的文字会发出可见光
D．喷气式飞机和火箭的飞行都是应用了反冲的原理
10．太阳质量为M，地球质量为m，地球绕太阳公转的周期为T，万有引力恒量值为G，地球公转半径为R，地球表面重力加速度为g．则以下计算式中正确的是（ ）
A．地球公转所需的向心力为F向=mg
B．地球公转半径R=
C．地球公转的角速度ω=
D．地球公转的向心加速度
11．在使两个分子间的距离由很远（r＞10﹣9m）变到很难再靠近的过程中，分子间的作用力的大小将（ ）
A．先减小后增大 B．先增大后减小
C．先增大后减小再增大 D．先减小后增大再减小
12．一人从雪坡上匀加速下滑，他依次通过a、b、c三个标志旗，已知ab=6m，bc=10m，这人通过ab和bc所用时间都等于2s，则这人过a、b、c三个标志旗的速度分别是（ ）
A．va=1m/s，vb=4m/s，vc=7m/s B．va=2m/s，vb=4m/s，vc=6m/s
C．va=3m/s，vb=4m/s，vc=5m/s D．va=3m/s，vb=5m/s，vc=7m/s
13．地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为r，周期为T，引力常量为G．根据题目提供的已知条件，可以估算出的物理量有（ ）
A．地球的质量 B．同步卫星的质量
C．地球的平均密度 D．同步卫星离地面的高度
14．我国的航天事业发展迅速，到目前为止，我们不仅有自己的同步通信卫星，也有自主研发的“神舟”系列飞船，还有自行研制的全球卫星定位与通信系统（北斗卫星导航系统）．其中“神舟”系列飞船绕地球做圆轨道飞行的高度仅有几百千米；北斗卫星导航系统的卫星绕地球做圆轨道飞行的高度达2万多千米．对于它们运行过程中的下列说法正确的是（ ）
A．“神舟”系列飞船的加速度小于同步卫星的加速度
B．“神舟”系列飞船的角速度小于同步通信卫星的角速度
C．北斗导航系统的卫星运行周期一定大于“神舟”系列飞船的运行周期
D．同步卫星所受的地球引力一定大于北斗导航系统的卫星所受的地球引力
15．三个相同光滑硬杆的O端连接在一起但各自能绕O点自由转动，OABC始终构成一个正三棱锥，杆的另一端ABC始终成一个等边三角形且在同一水平面，现在锥内放一个小球，然后缓慢使锥角变大，直到三根杆水平，该过程中每根杆对小球的作用力将（ ）
A．一直减小 B．一直增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小
16．在匀强电场中，有一质量为m、带电荷量为q的带电小球静止在O点，然后从O点自由释放，其运动轨迹为一直线，直线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，那么关于匀强电场的场强大小，下列说法中正确的是（ ）
A．唯一值是 B．最大值是
C．最小值是 D．不可能是
17．某探究性学习小组对一辆自制遥控车的性能进行研究．他们让这辆小车在水平地面上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的v﹣t图象，已知小车在0～t1时间内做匀加速直线运动，t1～10s时间内小车牵引力的功率保持不变，7s末到达最大速度，在10s末停止遥控让小车自由滑行，小车质量m=1kg，整个过程中小车受到的阻力f大小不变．则以下说法正确的是（ ）
A．小车匀加速直线运动的时间t1=2s
B．小车匀加速直线运动的时间t1=1.5s
C．t1～10s内小车牵引力的功率P为12W
D．小车所受阻力f的大小为3N
18．如图所示，匀强电场的场强E=3×105V/m，A、B两点相距0.2m，两点连线与电场的夹角是60°，下列说法正确的是（ ）
A．电荷量q=+2×10﹣4C的电荷从A点运动到B点电势能增大6J
B．电荷量q=﹣2×10﹣4C的电荷从A点运动到B点电场力做功为﹣6J
C．若取A点的电势为0，则B点的电势φB=3×104V
D．A、B两点间的电势差是UAB=6×104V
19．如图所示，甲图为光滑水平面上质量为M的物体，用细线通过定滑轮与质量为m的物体相连，m所受重力为5N；乙图为同一物体M在光滑水平面上用细线通过定滑轮竖直向下受到拉力F的作用，拉力F的大小也是5N，开始时M距桌边的距离相等，则（ ）
A．M到达桌边时的速度相等，所用的时间也相等
B．甲图中M到达桌边用的时间较长，速度较小
C．甲图中M到达桌边时的动能较大，所用时间较短
D．乙图中绳子受到的拉力较大
20．如图所示：在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒．当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针至水平向左的过程中，关于B的大小的变化，正确的说法是（ ）
A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先减小后增大 D．先增大后减小
二、计算题
21．如图所示，质量M=2kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块A与质量m=kg的小球相连．今用跟水平方向成α=30°角的力F=10N，拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，取g=10m/s2．求：
（1）运动过程中轻绳与水平方向夹角θ；
（2）木块与水平杆间的动摩擦因数μ．
22．电场中某区域的电场线如图所示，A、B是电场中的两点．一个电荷量q=+4.0×10﹣8 C的点电荷在A点所受电场力FA=2.0×10﹣4 N，将该点电荷从A点移到B点，电场力做功W=8.0×10﹣7J．求：
（1）A点电场强度的大小EA．
（2）A、B两点间的电势差U．
23．如图所示，一根长0.1m的细线，一端系着一个质量为0.18kg的小球，拉住线的另一端，使小球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动．当小球的转速改为原来的3倍时，细线将恰好会断开，线断开前的瞬间，小球受到的拉力比原来的拉力大40N，求：
（1）线断开前的瞬间，线受到的拉力大小？
（2）线断开的瞬间，小球运动的线速度？
（3）如果小球离开桌面时，速度方向与桌边缘的夹角为60°，桌面高出地面0.8m，求小球飞出后的落地点距桌边缘的水平距离？（取g=10m/s2）
24．如图所示，BC为半径等于m竖直放置的光滑细圆管，O为细圆管的圆心，在圆管的末端C连接倾斜角为45°、动摩擦因数μ=0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m=0.5kg的小球从O点正上方某处A点以v0水平抛出，恰好能垂直OB从B点进入细圆管，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的力F=5N的作用，当小球运动到圆管的末端C时作用力F立即消失，小球能平滑地冲上粗糙斜面．（g=10m/s2）求：
（1）小球从O点的正上方某处A点水平抛出的初速度v0为多少？
（2）小球在圆管中运动时对圆管的压力是多少？
（3）小球在CD斜面上运动的最大位移是多少？
2016-2017学年河北省保定市定州中学高三（上）周练物理试卷（高补班）（10.16）
参考答案与试题解析
一、单项选择题
1．如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在△t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀增大到2B，在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（ ）
A． B． C． D．
【考点】法拉第电磁感应定律．
【分析】根据法拉第电磁感应定律E=N=NS，求解感应电动势，其中S是有效面积．
【解答】解：根据法拉第电磁感应定律有：
E=N=NS=n•a2=，故A正确，BCD错误；
故选：A．
2．一金属球，原来不带电，现沿球的直径的延长线放置一的点电荷，如图所示 金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec三者相比．下列正确的为（ ）
A．Ea最大 B．Eb最大 C．Ec最大 D．Ea=Eb=Ec
【考点】电场强度．
【分析】静电平衡后，金属球内的合场强处处为零，则金属球上感应电荷产生的附加电场与点电荷产生的场强大小相等，方向相反，相互抵消．根据点电荷在abc三点产生的场强大小，判断金属球上感应电荷产生的电场在a、b、c三点的场强大小关系．
【解答】解：静电平衡后，金属球内的合场强处处为零，金属球上感应电荷产生的附加电场与点电荷产生的场强大小相等，方向相反．c点离点电荷最近，则点电荷在c点处产生的场强最大，则知金属球上感应电荷在c点处产生的场强最大，即Ec最大．
故选：C
3．“蛟龙”号载人潜水器2011年7月30号凌晨4时26分开始进行第四次下潜实验，并在深度5182米的位置成功安放了中国大洋协会的标志和一个木雕的中国龙，如图所示．下潜全程历时8小时57分，于13时2分完成下潜任务后顺利返回到“向阳红09”母船．关于此次潜实验说法正确的是（ ）
A．“5182米”是指位移
B．“5182米”是指路程
C．“4时26分”、“8小时57分”、“13时2分”是指时间
D．“4时26分”、“13时2分”指时刻，“8小时57分”指时间
【考点】时间与时刻．
【分析】位移是指位置的移动，由初位置指向末位置，有大小有方向；路程是表示运动轨迹的长度，只有大小，没有方向．时间和时刻的主要区别就是时刻是时间轴上的点，而时间对应的是时间轴上的一段．具体分析问题时看看问题在时间轴上应该如何表示．
【解答】解：A、5182米是指下潜深度，只有竖直下潜时，5182米才是位移，故AB错误；
C、“4时26分”、“13时2分”，在时间轴上对应的是一个点，是时刻，“8小时57分”在时间轴上对应的是一段，是时间，故C错误，D正确．
故选：D．
4．如图所示为电流产生磁场的磁感线分布图，正确的图是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．
【分析】由右手螺旋定则可判断电流周围磁场的分布，并注意平面图及立体图的区分即可正确判断．
【解答】解：①电流方向向上，由右手螺旋定则可得磁场为逆时针（从上向下看），故①正确；
②电流方向向下，由右手螺旋定则可得磁场为顺时针（从上向下看），故②错误；
③图中电流为环形电流，由由右手螺旋定则可知，内部磁场应向右，故③错误；
④根据图示电流方向，由右手螺旋定则可知，内部磁感线方向向右，故④正确；
故选：AD．
5．自行车上的红色尾灯不仅是装饰品，也是夜间骑车的安全指示灯，它能把来自后面的光照反射回去．某种自行车尾灯可简化为由许多整齐排列的等腰直角棱镜（折射率n＞）组成，棱镜的横截面如图所示．一平行于横截面的光线从O点垂直AB边射入棱镜，先后经过AC边和CB边反射后，从AB边的O′点射出，则出射光线是（ ）
A．平行于AC边的光线① B．平行于入射光线的光线②
C．平行于CB边的光线③ D．平行于AB边的光线④
【考点】光的反射定律．
【分析】当光从光密介质射入光疏介质，且入射角大于临界角时发生全反射，根据折射率与sinC=来确定临界角，再根据几何关系，即可求解．
【解答】解：由题意可知，折射率n，且sinC=，得临界角小于45°，
由图可得，光从空气进入棱镜，因入射角为0°，所以折射光线不偏折，
当光从棱镜射向空气时，入射角大于45°，发生光的全反射，根据几何关系，结合光路可逆，可知：出射光线是②，即平行于入射光线，故B正确，ACD错误．
故选：B．
6．如图所示，不计质量的光滑小滑轮用 细绳悬挂于墙上的O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法中正确的是（ ）
A．B与水平面间的摩擦力增大
B．绳子对B的拉力增大
C．悬于墙上的绳所受拉力不变
D．A、B静止时，图中α、β、θ三角始终相等
【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A分析可知绳上的拉力不变，再对B分析，作出受力分析图，根据共点力的平衡条件可得出摩擦力的变化；分析滑轮受力由力的合成与分解可得出夹角的大小关系．
【解答】解：A、对A分析，由于A处于静止，故绳子的拉力等于A的重力；绳子对B的拉力也保持不变，等于A的重力；
对B分析，B向右移动时，绳与地面的夹角减小，绳水平分量增大，而水平方向B受力平衡，摩擦力增大；故A正确，B错误；
C、向右移动时，两绳间夹角增大，而两拉力不变，故悬于绳上的绳子的拉力将减小；故C错误；
D、对滑轮分析，由于A一直竖直，故绳子与墙平行，故α=θ；因拉A的绳子与拉B的绳子力相等，而拉滑轮的力与两绳子的力的合力大小相等，故拉滑轮的力应这两绳子拉力的角平分线上，故α、β、θ三角始终相等；故D正确；
故选：AD
7．如图所示，在两块带电平行金属板间，有一束电子沿Ox轴方向射入电场，在电场中的运动轨迹为OCD．已知OA=AB，则电子在OC段和CD段动能的增加量之比△EkC：△EkD为（ ）
A．1：4 B．1：3 C．1：2 D．1：1
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【分析】电子沿Ox轴射入匀强电场，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，已知OA=AB，可得到时间关系．电子在竖直方向做匀加速运动，由运动学公式可分析速度关系，并能得到竖直位移的关系，由动能定理分析动能变化量的关系．
【解答】解：电子沿Ox轴射入匀强电场，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，已知OA=AB，则由公式x=v0t得知：电子从O到C与从C到D的时间相等．
电子在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，根据匀变速直线运动的推论可知，在竖直方向上：yOC：yCD=1：3
根据动能定理得：
△EkC=qEyOC，△EkD=qEyCD，
则得：△EkC：△EkD=1：3．故B正确．
故选：B．
8．以初速度υ0竖直向上抛出一个质量为m的小球，上升最大高度是h．如果空气阻力f的大小恒定，则从抛出到落回出发点的整个过程中，空气阻力对小球做的功为（ ）
A．0 B．﹣fh C．﹣2fh D．﹣2mgh
【考点】功的计算．
【分析】将小球的运动过程分为上升和下落两个过程研究：上升过程空气阻力做负功．下落过程空气阻力也做负功，整个过程空气阻力对小球做功是两个过程之和．
【解答】解：小球上升过程：空气阻力对小球做功 W1=﹣fh
下落过程：空气阻力对小球做功 W2=﹣fh
则从抛出到落回到抛出点的过程中，空气阻力对小球做的功为 W=W1+W2=﹣2fh，故C正确；
故选：C
9．下列关于下列说法正确的是（ ）
A．根据麦克斯韦电磁理论变化的电场一定产生变化的磁场
B．雷达是利用电磁波中的长波遇到障碍物时能绕过去的特点来更好的追踪目标的
C．用红外线照射时，大额钞票上用荧光物质印刷的文字会发出可见光
D．喷气式飞机和火箭的飞行都是应用了反冲的原理
【考点】电磁波的发射、传播和接收．
【分析】根据麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的电场在周围空间产生稳定的磁场；根据麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的磁场在周围空间产生稳定的电场；雷达是利用电磁波中的短波遇到障碍物时能反射的特点来更好的追踪目标的；紫外线具有荧光效应，红外线没有；喷气式飞机和火箭的飞行都是应用了反冲的原理．
【解答】解：A、根据麦克斯韦电磁理论：变化的电场一定产生的磁场，非均匀变化的电场一定产生变化的磁场，故A错误；
B、雷达是利用电磁波中波长较短，不容易发生衍射，从而追踪目标，故B错误；
C、紫外线照射时，大额钞票上用荧光物质印刷的文字会发出可见光，故C错误．
D、喷气式飞机和火箭的飞行都是应用了反冲的原理，故D正确；
故选：D．
10．太阳质量为M，地球质量为m，地球绕太阳公转的周期为T，万有引力恒量值为G，地球公转半径为R，地球表面重力加速度为g．则以下计算式中正确的是（ ）
A．地球公转所需的向心力为F向=mg
B．地球公转半径R=
C．地球公转的角速度ω=
D．地球公转的向心加速度
【考点】万有引力定律及其应用．
【分析】地球绕太阳公转时根据万有引力提供向心力公式逐项分析即可求解．
【解答】解：A、g表示地球表面重力加速度，所以mg不能表示地球公转所需的向心力，故A错误；
B、根据解得：R=，故B正确；
C、根据=mω2R，解得：ω=，故C错误；
D、根据=ma解得：a=，故D错误．
故选：B
11．在使两个分子间的距离由很远（r＞10﹣9m）变到很难再靠近的过程中，分子间的作用力的大小将（ ）
A．先减小后增大 B．先增大后减小
C．先增大后减小再增大 D．先减小后增大再减小
【考点】分子间的相互作用力．
【分析】当两个分子间的距离r=r0时，分子力为0，当r＞r0时，分子力表现为引力，当r＜r0时，分子力表现为斥力；但引力有个最大值．
【解答】解：分子间同时存在引力和斥力，当两个分子间的距离由很远（r＞10﹣9m）变到很难再靠近的过程中，引力和斥力同时增加，但斥力增加的更快；故其合力先表现为引力，后表现为斥力，但引力有一个最大值；
故选C．
12．一人从雪坡上匀加速下滑，他依次通过a、b、c三个标志旗，已知ab=6m，bc=10m，这人通过ab和bc所用时间都等于2s，则这人过a、b、c三个标志旗的速度分别是（ ）
A．va=1m/s，vb=4m/s，vc=7m/s B．va=2m/s，vb=4m/s，vc=6m/s
C．va=3m/s，vb=4m/s，vc=5m/s D．va=3m/s，vb=5m/s，vc=7m/s
【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．
【分析】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度，通过某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出b点的速度，结合速度时间公式求出a和c的速度．
【解答】解：根据△x=aT2得，人的加速度为：a=，
根据平均速度推论知，b点的速度为：，根据速度时间公式得，a点的速度为：va=vb﹣aT=4﹣1×2m/s=2m/s，c点的速度为：vc=vb+aT=4+1×2m/s=6m/s，故B正确，ACD错误．
故选：B．
13．地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为r，周期为T，引力常量为G．根据题目提供的已知条件，可以估算出的物理量有（ ）
A．地球的质量 B．同步卫星的质量
C．地球的平均密度 D．同步卫星离地面的高度
【考点】同步卫星．
【分析】根据万有引力提供向心力求解中心天体（地球）的质量．
根据万有引力等于重力列出等式，联立求解．
【解答】解：A、地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得=m
则有：M=…①，
所以可求出地球的质量，故A正确；
B、根据万有引力提供向心力列出等式，同步卫星的质量在等式中消去，
所以根据题目已知条件无法求出同步卫星的质量，故B错误；
C、根据万有引力等于重力列出等式： m=mg
地球半径R=…②
根据密度ρ=和①②等式可求出地球的平均密度，因没有地球半径，则无法计算，故C错误；
D、已知其轨道半径为r，由①②等式可求出地球半径R，同步卫星离地面的高度h=r﹣R，
所以可求出同步卫星离地面的高度，因没有地球半径，则无法计算，故D错误；
故选：A．
14．我国的航天事业发展迅速，到目前为止，我们不仅有自己的同步通信卫星，也有自主研发的“神舟”系列飞船，还有自行研制的全球卫星定位与通信系统（北斗卫星导航系统）．其中“神舟”系列飞船绕地球做圆轨道飞行的高度仅有几百千米；北斗卫星导航系统的卫星绕地球做圆轨道飞行的高度达2万多千米．对于它们运行过程中的下列说法正确的是（ ）
A．“神舟”系列飞船的加速度小于同步卫星的加速度
B．“神舟”系列飞船的角速度小于同步通信卫星的角速度
C．北斗导航系统的卫星运行周期一定大于“神舟”系列飞船的运行周期
D．同步卫星所受的地球引力一定大于北斗导航系统的卫星所受的地球引力
【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．
【分析】根据万有引力提供向心力，求出周期、加速度、速度与轨道半径的关系，从而通过轨道半径的大小比较出它们的大小．
【解答】解：根据万有引力提供向心力
G=ma=mω2r=mr（）2，得
a=，ω=，T=2π．
“神舟”系列飞船绕地球做圆轨道飞行的高度仅有几百千米；北斗卫星导航系统的卫星绕地球做圆轨道飞行的高度达2万多千米．
“神舟”系列飞船的轨道半径小于北斗卫星导航系统的卫星的轨道半径．
A、“神舟”系列飞船的加速度大于同步卫星的加速度，故A错误
B、“神舟”系列飞船的角速度大于同步通信卫星的角速度，故B错误
C、北斗导航系统的卫星运行周期一定大于“神舟”系列飞船的运行周期．故C正确
D、由于不知道“神舟”系列飞船和北斗卫星导航系统的卫星的质量关系，所以引力大小无法判断，故D错误
故选C．
15．三个相同光滑硬杆的O端连接在一起但各自能绕O点自由转动，OABC始终构成一个正三棱锥，杆的另一端ABC始终成一个等边三角形且在同一水平面，现在锥内放一个小球，然后缓慢使锥角变大，直到三根杆水平，该过程中每根杆对小球的作用力将（ ）
A．一直减小 B．一直增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
【分析】OABC始终构成一个正三棱锥，所以三根杆对小球的作用力的大小相等，三个弹力在竖直方向上的分力恰好等于重力．水平方向上，三弹力的水平分力平衡．
【解答】解：由题，三根杆对小球的作用力的大小相等，三个弹力在竖直方向上的分力恰好等于重力，则每一根杆对小球的作用力在竖直方向的分力等于．设任意一根杆与竖直方向的夹角为θ，则：
缓慢使锥角变大，直到三根杆水平的过程中，θ增大，sinθ增大，减小．故选项A正确．
故选：A
16．在匀强电场中，有一质量为m、带电荷量为q的带电小球静止在O点，然后从O点自由释放，其运动轨迹为一直线，直线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，那么关于匀强电场的场强大小，下列说法中正确的是（ ）
A．唯一值是 B．最大值是
C．最小值是 D．不可能是
【考点】电场强度；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．
【分析】带电小球在电场中受到重力和电场力，从O点自由释放，其运动轨迹为直线，小球所受的合力方向沿此直线方向，运用三角定则分析什么情况下场强大小最小，再求出最小值．
【解答】解：由题，带电小球的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg和电场力F，其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力，由图看出，当电场力F与此直线垂直时，电场力F最小，场强最小，则有F=qEmin=mgsinθ，得到
Emin=
故选：C．
17．某探究性学习小组对一辆自制遥控车的性能进行研究．他们让这辆小车在水平地面上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的v﹣t图象，已知小车在0～t1时间内做匀加速直线运动，t1～10s时间内小车牵引力的功率保持不变，7s末到达最大速度，在10s末停止遥控让小车自由滑行，小车质量m=1kg，整个过程中小车受到的阻力f大小不变．则以下说法正确的是（ ）
A．小车匀加速直线运动的时间t1=2s
B．小车匀加速直线运动的时间t1=1.5s
C．t1～10s内小车牵引力的功率P为12W
D．小车所受阻力f的大小为3N
【考点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．
【分析】（1）匀减速过程合力等于摩擦力，根据运动学公式求出加速度，再根据牛顿第二定律列式求解；
（2）在t﹣1Os内小车牵引力的功率不变，在匀速阶段，牵引力等于阻力，根据瞬时功率与速度关系公式列式求解即可．
【解答】解：在10s末撤去牵引力后，小车只在阻力f作用下做匀减速运动，由图象可得减速时的加速度大小为：a=2m/s2
则f=ma=2N
即小车所受阻力f的大小为2N．
小车在7s﹣10s内做匀速运动，设牵引力为F，则F=f
由图象可知：vm=6m/s，则P=Fvm=12W
即在t﹣1Os内小车牵引力的功率为12W，
t时的功率为12W，则此时牵引力为F==4N，
0﹣t时间内加速度的大小为a1=，求得时间t==1.5s，故BC正确，AD错误；
故选：BC
18．如图所示，匀强电场的场强E=3×105V/m，A、B两点相距0.2m，两点连线与电场的夹角是60°，下列说法正确的是（ ）
A．电荷量q=+2×10﹣4C的电荷从A点运动到B点电势能增大6J
B．电荷量q=﹣2×10﹣4C的电荷从A点运动到B点电场力做功为﹣6J
C．若取A点的电势为0，则B点的电势φB=3×104V
D．A、B两点间的电势差是UAB=6×104V
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．
【分析】根据电场力做功判断电势能的变化，根据U=Ed求出A、B两点间的电势差，从而得出B点的电势．
【解答】解：A、从A到B，电场力做功W=qEdABcos60°=J=6J．则电势能减小6J．故A错误．
B、从A到B，电场力做功W=﹣qEdABcos60°=﹣J=﹣6J．故B正确．
C、AB间的电势差UAB=EdABcos60°=V=3×104V，因为A点的电势为0，则B点的电势为φB=﹣3×104V．故C、D错误．
故选：B．
19．如图所示，甲图为光滑水平面上质量为M的物体，用细线通过定滑轮与质量为m的物体相连，m所受重力为5N；乙图为同一物体M在光滑水平面上用细线通过定滑轮竖直向下受到拉力F的作用，拉力F的大小也是5N，开始时M距桌边的距离相等，则（ ）
A．M到达桌边时的速度相等，所用的时间也相等
B．甲图中M到达桌边用的时间较长，速度较小
C．甲图中M到达桌边时的动能较大，所用时间较短
D．乙图中绳子受到的拉力较大
【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
【分析】对甲图：以两个物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律求解加速度，再对M研究，求出绳子的拉力．对乙图：由牛顿第二定律求解加速度．由运动学公式求解M到达桌边的时间和速度．
【解答】解：A、甲图中，对整体分析，整体的加速度a=，乙图中，对M分析，M的加速度，根据速度位移公式知，v2=2ax，甲图中M到达桌边时的速度较小，根据知，甲图中M到达桌边时所用的时间较长．故A错误，B正确，C错误．
D、甲图中绳子的拉力为，乙图中绳子拉力等于5N．故D正确．
故选：BD．
20．如图所示：在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒．当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针至水平向左的过程中，关于B的大小的变化，正确的说法是（ ）
A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先减小后增大 D．先增大后减小
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力．
【分析】本题中导体棒受三个力，重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力为零，其中重力的大小和方向都不变，支持力的方向不变，安培力的方向由水平向右逐渐变为竖直向上，根据平行四边形定则分析．
【解答】解：对导体棒受力分析，受重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力为零，将支持力FN和安培力FA合成，合力与重力相平衡，如图
从图中可以看出，安培力FA先变小后变大，由于FA=BIL，其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度先变小后变大；
故选C．
二、计算题
21．如图所示，质量M=2kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块A与质量m=kg的小球相连．今用跟水平方向成α=30°角的力F=10N，拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，取g=10m/s2．求：
（1）运动过程中轻绳与水平方向夹角θ；
（2）木块与水平杆间的动摩擦因数μ．
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
【分析】（1）以小球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件求解轻绳与水平方向夹角θ；
（2）以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，由平衡条件和摩擦力公式求解木块与水平杆间的动摩擦因数μ．
【解答】解：（1）设细绳对B的拉力为T．以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图1，由平衡条件可得：
Fcos30°=Tcosθ ①
Fsin30+Tsinθ=mg ②
代入解得，T=10，tanθ=，即θ=30°
（2）以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2．再平衡条件得
Fcos30°=f
N+Fsin30°=（M+m）g
又f=μN
得到，μ=
代入解得，μ=
答：
（1）运动过程中轻绳与水平方向夹角θ=30°；
（2）木块与水平杆间的动摩擦因数μ=．
22．电场中某区域的电场线如图所示，A、B是电场中的两点．一个电荷量q=+4.0×10﹣8 C的点电荷在A点所受电场力FA=2.0×10﹣4 N，将该点电荷从A点移到B点，电场力做功W=8.0×10﹣7J．求：
（1）A点电场强度的大小EA．
（2）A、B两点间的电势差U．
【考点】电势能；电场强度；电势差．
【分析】根据电场强度的定义式E=，求解A点电场强度的大小．根据公式UAB=求解A、B两点间的电势差U．
【解答】解：（1）EA===5×103N/C
（2）U===20V
答：（1）A点电场强度的大小EA为5×103N/C．
（2）A、B两点间的电势差U为20V．
23．如图所示，一根长0.1m的细线，一端系着一个质量为0.18kg的小球，拉住线的另一端，使小球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动．当小球的转速改为原来的3倍时，细线将恰好会断开，线断开前的瞬间，小球受到的拉力比原来的拉力大40N，求：
（1）线断开前的瞬间，线受到的拉力大小？
（2）线断开的瞬间，小球运动的线速度？
（3）如果小球离开桌面时，速度方向与桌边缘的夹角为60°，桌面高出地面0.8m，求小球飞出后的落地点距桌边缘的水平距离？（取g=10m/s2）
【考点】牛顿第二定律；平抛运动；向心力．
【分析】（1）小球在水平面上做匀速圆周运动时，由线的拉力提供向心力，运用牛顿第二定律分别对前后两个状态列方程，结合已知条件求解线受到的拉力大小．
（2）根据拉力，由牛顿第二定律求出速度大小．
（3）小球离开桌面后做平抛运动，由高度求出时间，根据几何知识求出小球飞出后的落地点距桌边缘的水平距离．
【解答】解：（1）线的拉力提供小球做圆周运动的向心力，设开始时角速度为ω0，向心力为F0，线断开的瞬间，角速度为ω，线的拉力为FT．
F0=mω02R ①
FT=mω2R ②
由①②得==③
又 因为FT=F0+40 N ④
由③④得FT=45 N
（2）设线断开时小球的线速度为v，由FT=得，
v==m/s=5 m/s
（3）设桌面高度为h，小球落地经历时间为t，落地点与飞出桌面点的水平距离为x．
由h=gt2得t==0.4s；
水平位移x=vt=2m
则小球飞出后的落地点到桌边缘的水平距离为l=xsin60°=m=1.73 m．
答：（1）线断开前的瞬间，线受到的拉力大小为45N；
（2）线断开的瞬间，小球运动的线速度为5 m/s；
（3）球飞出后的落地点到桌边缘的水平距离为1.73 m．
24．如图所示，BC为半径等于m竖直放置的光滑细圆管，O为细圆管的圆心，在圆管的末端C连接倾斜角为45°、动摩擦因数μ=0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m=0.5kg的小球从O点正上方某处A点以v0水平抛出，恰好能垂直OB从B点进入细圆管，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的力F=5N的作用，当小球运动到圆管的末端C时作用力F立即消失，小球能平滑地冲上粗糙斜面．（g=10m/s2）求：
（1）小球从O点的正上方某处A点水平抛出的初速度v0为多少？
（2）小球在圆管中运动时对圆管的压力是多少？
（3）小球在CD斜面上运动的最大位移是多少？
【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．
【分析】（1）小球从A运动到B为平抛运动，根据平抛运动的规律及几何关系求解初速度；
（2）小球从B到O过程力F和重力平衡，做匀速圆周运动；先求出B点的速度，根据向心力公式求解细管对小球的作用力；
（3）对从C到D过程，先受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度；然后运用运动学公式求解位移．
【解答】解：（1）小球从A运动到B为平抛运动，有：
rsin45°=v0t
在B点，有：tan45°=
解以上两式得：v0=2m/s
（2）在B点据平抛运动的速度规律有：vB==2m/s
小球在管中的受力分析为三个力：由于重力与外加的力F平衡，故小球所受的合力仅为管的外轨对它的压力，得小球在管中做匀速圆周运动，由圆周运动的规律得细管对小球的作用力N=m=5N
根据牛顿第三定律得小球对细管的压力N′=N=5N；
（3）在CD上滑行到最高点过程，根据牛顿第二定律得：
mgsin45°+μmgcos45°=ma
解得：a=g（sin45°+μcos45°）=
根据速度位移关系公式，有：
；
答：（1）小球从O点的正上方某处A点水平抛出的初速度v0为2m/s；
（2）小球在圆管中运动时对圆管的压力是5N；
（3）小球在CD斜面上运动的最大位移是m．
2017年1月21日