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福建省泉州市五校联考2015届高三上学期摸底物理试卷


福建省泉州市五校联考 2015 届高三上学期摸底物理试卷
一、选择题(本题共 13 小题,每题 3 分,共 39 分.在每小题给出的四个选项中,只有一 个选项符合题目要求) 1. (3 分)下列叙述正确的是() A.法拉第首先发现电流磁效应 B. 奥斯特经过 10 年的研究终年发现电磁感应现象 C. 牛顿最早成功利用实验方法测出万有引力常量 D.伽利略根据理想实验推出,

若无摩擦,在水平面上的物体,一旦具有某一速度,将保持 这个速度运动下去 2. (3 分)如图为一质点作匀变速直线运动的 v﹣t 图象,质点的质量为 2kg,在前 4s 内向 东运动,图线作出以下判断正确的是()

A.质点在 8s 内始终向东运动 B. 质点在 8s 内的合外力先减小后增大 C. 质点在 8s 内的加速度大小不变,方向始终向西 D.在 8s 内合外力对质点做功的大小为 200J 3. (3 分)如图所示是某商场安装的智能化电动扶梯,无人乘行时,扶梯运转得很慢;有人 站上扶梯时, 它会先慢慢加速, 再匀速运转. 一顾客乘扶梯上楼, 恰好经历了这两个过程. 那 么下列说法中正确的是()

A.顾客始终受到静摩擦力的作用 B. 顾客受到的支持力总是大于重力 C. 扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方,再竖直向上 D.扶梯对顾客作用力的方向先指向左下方,再竖直向上 4. (3 分)如图所示,质量为 m 的小球用水平轻弹簧系住,并用倾角为 30°的光滑木板 AB 托住,小球恰好处于静止状态.当木板 AB 突然向下撤离的瞬间,小球的加速度大小为()

A.0

B.

C. g

D.

5. (3 分) 滑雪运动员以 20m/s 的速度从一平台水平飞出, 落地点到飞出点的高度差为 3.2m. 不 2 计空气阻力,g 取 10m/s .运动员飞过的水平距离为 s,所有时间为 t,则下列说法正确的是 () A.s=16m,t=0.50s B. s=16m,t=0.80s C. s=20m,t=0.50s D.s=20m,t=0.80s 6. (3 分)如图,可视为质点的小球 A、B 用不可伸长的细软轻线连接,跨过固定在地面上 半径为 R 有光滑圆柱,A 的质量为 B 的两倍.当 B 位于地面时,A 恰与圆柱轴心等高.将 A 由静止释放,B 上升的最大高度是()

A.2R

B.

C.

D.

7. (3 分)P、Q 两电荷的电场线分布如图所示,a、b、c、d 为电场中的四点.一个离子从 a 运动到 b(不计重力) ,轨迹如图所示.则下列判断正确的是()

A.离子从 a 到 b,电势能增加 B. 离子在运动过程中受到 P 的排拆力 C. c、d 两点电势相等 D.离子从 a 到 b,动能增加 8. (3 分)在如图所示的电路中,C 为一平行板电容器,闭合开关 S,给电容器充电,当电 路中电流稳定之后,下列说法正确的是()

A.保持开关 S 闭合,把滑动变阻器 R1 的滑片向上滑动,电流表的示数变大,电压表的示 数变小 B. 保持开关 S 闭合,不论滑动变阻器 R1 的滑片是否滑动,都有电流流过 R2

C. 保持开关 S 闭合,将电容器上极板与下极板距离稍微拉开一些的过程中,R2 中有由 b 到 a 的电流 D.断开开关 S,若此时刚好有一带电油滴 P 静止在两平行板电容器之间,将电容器上极板 与下极板稍微错开一些的过程中,油滴将向上运动

9. (3 分)如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比 n1:n2=2:1, 灯泡电阻 RL=6Ω,AB 端电压 u1=24



均为理想电表,

sin100πt(V) .下列说法正确的是()

A.

的读数为 2.0A

B.

的读数为 48V

C. 该交变电流的频率为 100Hz

D.该变压器输入功率为 96W

10. (3 分)如图所示,三条平行虚线位于纸面内,中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强 磁场,磁感应强度等大反向.菱形闭合导线框 ABCD 位于纸面内且对角线 AC 与虚线垂直, 磁场宽度与对角线 AC 长均为 d,现使线框沿 AC 方向匀速穿过一磁场,以逆时针方向为感 应电流的正方向, 则从 C 点进入磁场到 A 点离开磁场的过程中, 线框中电流 i 随时间 t 的变 化关系,以下可能正确的是()

A.

B.

C.

D.

11. (3 分)如图是质谱仪工作原理的示意图.带电粒子 a、b 经电压 U 加速(在 A 点初速 度为零)后,进入磁感应强度为 B 的匀强磁场做匀速圆周运动,最后分别打在感光板 S 上 的 x1、x2 处.图中半圆形的虚线分别表示带电粒子 a、b 所通过的路径,则()

A.若 a 与 b 有相同的质量,则打在感光板上时,b 的速度比 a 大 B. 若 a 与 b 有相同的质量,则 a 的电量比 b 的电量小 C. 若 a 与 b 有相同的电量,则打在感光板上时,b 的速度比 a 大 D.若 a 与 b 有相同的电量,则 a 的质量比 b 的质量小 12. (3 分)经国际小行星命名委员会命名的“神舟星”和“杨利伟星”的轨道均处在火星和木星 轨道之间.已知“神舟星”平均每天绕太阳运行 174 万公里,“杨利伟星”平均每天绕太阳运行 145 万公里.假设两行星均绕太阳做匀速圆周运动,则两星相比较() A.“神舟星”的轨道半径大 B. “神舟星”的半径大 C. “神舟星”的加速度大 D.“神舟星”受到的向心力大 13. (3 分)如图所示,水平传送带 AB 长 21m,以 6m/s 顺时针匀速转动,台面与传送带平 滑连接于 B 点,半圆形光滑轨道半径 R=1.25m,与水平台面相切于 C 点,BC 长 s=5.5m,P 点是圆弧轨道上与圆心 O 等高的一点.一质量为 m=1kg 的物块(可视为质点) ,从 A 点无 初速释放,物块与传送带及台面间的动摩擦因数均为 0.1,则关于物块的运动情况,下列说 法正确的是()

A.物块不能到达 P 点 B. 物块能越过 P 点做斜抛运动 C. 物块能越过 P 点做平抛运动 D.物块能到达 P 点,但不会出现选项 B、C 所描述的运动情况

二、实验题(共两个小题,每一空格 2 分,共 16 分) 14. (8 分)如图甲为利用气垫导轨(滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略)“验证机械能 守恒定律”的实验装置,请结合以下实验步骤完成填空.

(1)将气垫导轨放在水平桌面上,并调节至水平. (2)用天平称出滑块和挡光条的总质量 M,再称出托盘和砝码的总质量 m.用游标卡尺测 出挡光条的宽度 L,如图乙所示,L 为 cm.用米尺测量光电门 1、2 的距离 s 时,光电门 1、 2 所对的刻度分别如丙图中 A、B 所示,则 s 为 cm. (3)将滑块移至光电门 1 左侧某处,释放滑块,要求砝码落地前挡光条已通过光电门 2.读 出滑块分别通过光电门 1 和光电门 2 时的挡光时间△ t1 和△ t2. (4)滑块通过光电门 1 和光电门 2 时,可以确定系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码) 的总动能.在滑块从光电门 1 运动到光电门 2 的过程中,系统势能的减少量△ Ep=(已知重 力加速度为 g) .动能的增量△ Ek=,若在实验误差允许的范围内两者相等,即可认为机械能 是守恒的. 15. (8 分)某同学为了探究某电子元件的伏安特性,先用多用电表粗测其电阻值约为 3kΩ; 再设计了如图甲所示电路进行实验.

①根据电路图甲,请你在图乙中以笔划线代替导线将实物图补充完整; ②正确连接电路,所选用滑动变阻器 R(0~20Ω) ,闭合开关 S,当滑片从左向右移动时, 发现电压表及电流表均有较大示数, 且变化都不明显, 其故障是图甲中导线没有连接好. (选 填“a”或“b”) ③排除故障后,闭合开关 S,移动滑片至临近最右端时,发现电压表示数保持 3V 左右,而 电流表示数急剧变大,超过量程.换用更大量程的电流表,结果发现利用该电路无法较完整 地描出电子元件的伏安曲线,接着改用 DLS 传感器实验得到曲线如图丙所示,由图可知, 元件两端电压达到或超过电压 3V 时,电子元件的阻值突然(选填“变大”或“变小”) ; ④你认为该同学用图甲的电路无法较完整地描出电子元件的伏安持曲线的主要原因是. (填 选项前的字母) A、找不到合适量程的电流表 B、换用更大量程的电流表进行实验时,没有改用电流表外接法 C、元件两端电压为 3V 左右时,电流变化太大,无法准确记录电压值和电流值.

三、计算题(本题 4 小题,共 45 分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步 骤,有数值的计算题,答案中必须明确写出数值和单位,或按题目要求作答) 16. (10 分)有某校一课外活动小组自制一枚火箭,设火箭发射后始终在垂直于地面的方向 上运动.火箭点火后可认为做匀加速直线运动,经过 4s 到达离地面 40m 高处时燃料恰好用 2 完,若不计空气阻力,取 g=10m/s ,求: (1)燃料恰好用完时火箭的速度 (2)火箭上升离地面的最大高度. 17. (10 分)某游乐场过山车模型简化为如图所示,光滑的过山车轨道位于竖直平面内,该 轨道由一段斜轨道和与之相切的圆形轨道连接而成,圆形轨道的半径为 R,可视为质点的过 山车从斜轨道上某处由静止开始下滑,然后沿圆形轨道运动. (1)若要求过山车能通过圆形轨道最高点,则过山车初始位置相对于圆形轨道底部的高度 至少要多少? (2)考虑到游客的安全,要求全过程游客受到的支持力不超过自身重力的 7 倍,过山车初 始位置相对于圆形轨道底部的高度 h 不得超过多少?

18. (12 分)如图所示,两足够长的平行光滑的金属导轨 MN、PQ 相距为 L=1m,导轨平面 与水平面夹角 α=30°,导轨电阻不计.磁感应强度为 B1=2T 的匀强磁场垂直导轨平面向上, 长为 L=1m 的金属棒 ab 垂直于 MN、PQ 放置在导轨上,且始终与导轨接触良好,金属棒的 质量为 m1=2kg、电阻为 R1=1Ω.两金属导轨的上端连接右侧电路,电路中通过导线接一对 水平放置的平行金属板,两板间的距离和板长均为 d=0.5m,定值电阻为 R2=3Ω,现闭合开 2 关 S 并将金属棒由静止释放,重力加速度为 g=10m/s ,试求: (1)金属棒下滑的最大速度为多大? (2)当金属棒稳定下滑时,在水平放置的平行金属间加一垂直于纸面向里的匀强磁场 B2=3T, 在下板的右端且非常靠近下板的位置有一质量为 m2=3×10 kg、 带电量为 q=﹣1×10 ﹣4 c 的液滴以初速度 v 水平向左射入两板间,该液滴可视为质点.要使带电粒子能从金属板 间射出,初速度 v 应满足什么条件?
﹣4

19. (13 分) 如图甲所示, 水平直线 MN 下方有竖直向上的匀强电场, 场强 E=
6

×10 N/C. 现
﹣5

4

将一重力不计、比荷 =10 kg 的正电荷从电场中的 O 点由静止释放,经过 t0=1×10 s 后, 通过 MN 上的 P 点进入其上方的匀强磁场.磁场方向垂直于纸面向外,以电荷第一次通过 MN 时开始计时,磁感应强度按图乙所示规律周期性变化.

(1)求电荷进入磁场时的速度 v0 ﹣5 (2)求图乙中 t=2×10 s 时刻电荷与 P 点的距离; 5 (3)如果在 P 点右方 d=10 cm 处有一垂直于 MN 的足够大的挡板,求电荷从 O 点出发运 动到挡板所需的时间.

福建省泉州市五校联考 2015 届高三上学期摸底物理试卷
参考答案与试题解析

一、选择题(本题共 13 小题,每题 3 分,共 39 分.在每小题给出的四个选项中,只有一 个选项符合题目要求) 1. (3 分)下列叙述正确的是() A.法拉第首先发现电流磁效应 B. 奥斯特经过 10 年的研究终年发现电磁感应现象 C. 牛顿最早成功利用实验方法测出万有引力常量 D.伽利略根据理想实验推出,若无摩擦,在水平面上的物体,一旦具有某一速度,将保持 这个速度运动下去 考点: 物理学史. 分析: 奥斯特首先发现电流磁效应,法拉第经过 10 年的研究终年发现电磁感应现象.卡 文迪许最早成功利用实验方法测出万有引力常量.伽利略根据理想实验推出,若无摩擦,在 水平面上的物体,一旦具有某一速度,将保持这个速度运动下去. 解答: 解: A、奥斯特首先发现电流磁效应.故 A 错误. B、法拉第经过 10 年的研究终年发现电磁感应现象.故 B 错误. C、卡文迪许最早成功利用实验方法测出万有引力常量,不是牛顿.故 C 错误. D、伽利略根据理想实验推出,若无摩擦,在水平面上的物体,一旦具有某一速度,既没有 减速的原因,也没有加速的原因,物体将保持这个速度运动下去.故 D 正确. 故选 D 点评: 对于物理学上重要发现、重大发明和著名理论,要加强记忆,不能张冠李戴. 2. (3 分)如图为一质点作匀变速直线运动的 v﹣t 图象,质点的质量为 2kg,在前 4s 内向 东运动,图线作出以下判断正确的是()

A.质点在 8s 内始终向东运动 B. 质点在 8s 内的合外力先减小后增大 C. 质点在 8s 内的加速度大小不变,方向始终向西 D.在 8s 内合外力对质点做功的大小为 200J 考点: 动能定理的应用;匀变速直线运动的图像. 专题: 动能定理的应用专题.

分析: 由题,前 4s 内物体向东运动,后 4s 内物体向西运动.根据斜率等于加速度,看出 物体的加速度保持不变,由牛顿第二定律知合力保持不变.根据斜率的正负,确定加速度的 方向.根据动能定理求解 8s 内合外力对质点做功的大小. 解答: 解: A、据题,前 4s 内物体向东运动,则后 4s 内物体向西运动.故 A 错误. B、速度图象的斜率等于加速度,由数学知识得知,图线的斜率不变,说明物体的加速度保 持不变,由牛顿第二定律分析知道质点在 8s 内的合外力保持不变.故 B 错误. C、由题可知,向西为正方向.质点在 8s 内的加速度大小不变,而且加速度为正值,说明 加速度方向向.故 C 正确. D、由图看出,t=0 时刻与 t=8s 末时刻质点的速度大小,动能相等,根据动能定理得知,在 8s 内合外力对质点做功的大小为 0.故 D 错误. 故选 C 点评: 本题一方面要从斜率等于加速度来理解质点的加速度;另一方面考查牛顿第二定 律、动能定理的应用. 3. (3 分)如图所示是某商场安装的智能化电动扶梯,无人乘行时,扶梯运转得很慢;有人 站上扶梯时, 它会先慢慢加速, 再匀速运转. 一顾客乘扶梯上楼, 恰好经历了这两个过程. 那 么下列说法中正确的是()

A.顾客始终受到静摩擦力的作用 B. 顾客受到的支持力总是大于重力 C. 扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方,再竖直向上 D.扶梯对顾客作用力的方向先指向左下方,再竖直向上 考点: 运动的合成和分解;牛顿第二定律. 专题: 运动的合成和分解专题. 分析: 正确解答本题要掌握:正确对物体进行受力分析,应用牛顿第二定律解题;明确超 重和失重的实质,理解生活中的超重和失重现象. 解答: 解:A、以人为研究对象,处于加速运动时,人受到静摩擦力、重力、支持力三个 力的作用下,故 A 错误; B、顾客处于匀加速直线运动时,受到的支持力才大于重力,故 B 错误; C、顾客处于加速运动时,人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下,则扶梯对顾客 作用力的方向先指向右上方,当处于匀速直线运动时,其作用力竖直向上,故 C 正确;D 错误. 故选:C. 点评: 本题考查了牛顿第二定律在生活中的应用, 要熟练应用牛顿第二定律解决生活中的 具体问题,提高理论联系实际的能力. 4. (3 分)如图所示,质量为 m 的小球用水平轻弹簧系住,并用倾角为 30°的光滑木板 AB 托住,小球恰好处于静止状态.当木板 AB 突然向下撤离的瞬间,小球的加速度大小为()

A.0

B.

C. g

D.

考点: 牛顿第二定律;力的合成与分解的运用. 专题: 牛顿运动定律综合专题. 分析: 木板撤去前, 小球处于平衡态, 根据共点力平衡条件先求出各个力, 撤去木板瞬间, 支持力消失,弹力和重力不变,求出合力后即可求出加速度. 解答: 解:木板撤去前,小球处于平衡态,受重力、支持力和弹簧的拉力,如图

根据共点力平衡条件,有 F﹣Nsin30°=0 Ncos30°﹣G=0 解得 N= F= 木板 AB 突然撤去后,支持力消失,重力和拉力不变,合力等于支持力 N,方向与 N 反向, 故加速度为: a= 故选 B. 点评: 本题关键对物体受力分析, 求出各个力, 撤去一个力后, 先求出合力, 再求加速度. 5. (3 分) 滑雪运动员以 20m/s 的速度从一平台水平飞出, 落地点到飞出点的高度差为 3.2m. 不 2 计空气阻力,g 取 10m/s .运动员飞过的水平距离为 s,所有时间为 t,则下列说法正确的是 () A.s=16m,t=0.50s B. s=16m,t=0.80s C. s=20m,t=0.50s D.s=20m,t=0.80s 考点: 平抛运动. 专题: 平抛运动专题.

分析: 平抛运动的高度确定时间,根据 h=

,求出平抛运动的时间,在水平方向上

做匀速直线运动,根据匀速直线运动公式求出水平位移. 解答: 解:在竖直方向上有 h= ,则

在水平方向上,有 s=v0t=20×0.8m=16m.故 B 正确,A、C、D 错误. 故选 B. 点评: 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动, 在竖直方向上做自由 落体运动,两分运动具有等时性. 6. (3 分)如图,可视为质点的小球 A、B 用不可伸长的细软轻线连接,跨过固定在地面上 半径为 R 有光滑圆柱,A 的质量为 B 的两倍.当 B 位于地面时,A 恰与圆柱轴心等高.将 A 由静止释放,B 上升的最大高度是()

A.2R

B.

C.

D.

考点: 机械能守恒定律. 专题: 压轴题;机械能守恒定律应用专题. 分析: 开始 AB 一起运动,A 落地后,B 做竖直上抛运动,B 到达最高点时速度为零;由 动能定理可以求出 B 上升的最大高度. 解答: 解:设 B 的质量为 m,则 A 的质量为 2m, 以 A、B 组成的系统为研究对象, 在 A 落地前,由动能定理可得: ﹣mgR+2mgR= (m+2m)v ﹣0, 以 B 为研究对象,在 B 上升过程中, 由动能定理可得:﹣mgh=0﹣ mv , 则 B 上升的最大高度 H=R+h, 解得:H= ;
2 2

故选 C. 点评: B 的运动分两个阶段,应用动能定理即可求出 B 能上升的最大高度. 7. (3 分)P、Q 两电荷的电场线分布如图所示,a、b、c、d 为电场中的四点.一个离子从 a 运动到 b(不计重力) ,轨迹如图所示.则下列判断正确的是()

A.离子从 a 到 b,电势能增加 B. 离子在运动过程中受到 P 的排拆力 C. c、d 两点电势相等 D.离子从 a 到 b,动能增加 考点: 电势;电势能. 专题: 电场力与电势的性质专题. 分析: 电场线起于正电荷,终止于负电荷,结合电场线的特点,确定 P、Q 电荷的电性, 根据轨迹的弯曲确定所受电场力的方向,从而确定是排斥还是吸引,判断出离子的电性,根 据正电荷在电势高处电势能大,负电荷在电势高处电势能小,分析电势能的变化,由能量守 恒分析动能的变化.通过沿着电场线方向电势逐渐降低判断 c、d 两点电势的高低. 解答: 解: A、由图中电场线的分布情况可知 P 带正电,Q 带负电.离子从 a 到 b,电场力与速度的夹 角为钝角,所以做负功,电势能增加.故 A 正确. B、D、离子从 a 运动 b 的过程中,轨迹向内弯曲,则离子受到 P 的吸引力作用,从 a 到 b, 电场力做负功,根据动能定理可知动能减小,故 BD 错误. C、沿着电场线方向电势逐渐降低,则知 c 点的电势高于 d 点的电势.故 C 错误. 故选:A. 点评: 解决本题的关键知道电场线的特点, 以及知道沿着电场线方向电势逐渐降低. 知道 粒子做曲线运动,合力的方向大致指向轨迹凹的一向. 8. (3 分)在如图所示的电路中,C 为一平行板电容器,闭合开关 S,给电容器充电,当电 路中电流稳定之后,下列说法正确的是()

A.保持开关 S 闭合,把滑动变阻器 R1 的滑片向上滑动,电流表的示数变大,电压表的示 数变小 B. 保持开关 S 闭合,不论滑动变阻器 R1 的滑片是否滑动,都有电流流过 R2 C. 保持开关 S 闭合,将电容器上极板与下极板距离稍微拉开一些的过程中,R2 中有由 b 到 a 的电流 D.断开开关 S,若此时刚好有一带电油滴 P 静止在两平行板电容器之间,将电容器上极板 与下极板稍微错开一些的过程中,油滴将向上运动 考点: 闭合电路的欧姆定律. 专题: 恒定电流专题.

分析: 保持开关 S 闭合,根据变阻器接入电路电阻的变化,由欧姆定律分析电表读数的 变化.根据电容与板间距离的关系,分析电容的变化,确定电容器电量的变化,判断 R2 中 电流的方向.断开开关 S,分析板间场强的变化,判断液滴的运动方向. 解答: 解: A、保持开关 S 闭合,把滑动变阻器 R1 的滑片向上滑动,接入电路的电阻减小,根据欧姆 定律可知电路中电流增大,R2 的电压增大,则电流表的示数变大,电压表的示数变大.故 A 错误. B、保持开关 S 闭合,滑动变阻器 R1 的滑片上下滑动,接入电路的电阻发生变化,根据欧 姆定律可知电路中电流发生变化,R2 的电压发生变化,则电流表的示数发生变化,电压表 的示数发生变化,电容器上的电压变化,则电量发生变化,电容器充电或放电,有电流流过 R2.故 B 正确. C、保持开关 S 闭合,将电容器上极板与下极板距离稍微拉开一些的过程中,极板的正对面 积减小,电容减小,由 C= 知,U 不变,Q 减小,电容器放电,则 R2 中有由 a 到 b 的电流, 故 C 错误. D、断开开关 S,将电容器上极板与下极板稍微错开一些的过程中,极板的正对面积减小, 电容减小,由 C= 知,电量 Q 不变,则板间电压 U 增大,板间场强增大,油滴所受的电场 力增大,则油滴将向上运动,故 D 正确. 故选:BD. 点评: 电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态: 充电后断开电源则极板上的电 量不变;电容器保持和电源相连,则两板间的电势差不变.要掌握 E= 、C= 及电容的决 定因素.

9. (3 分)如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比 n1:n2=2:1, 灯泡电阻 RL=6Ω,AB 端电压 u1=24



均为理想电表,

sin100πt(V) .下列说法正确的是()

A.

的读数为 2.0A

B.

的读数为 48V

C. 该交变电流的频率为 100Hz

D.该变压器输入功率为 96W

考点: 变压器的构造和原理. 专题: 交流电专题. 分析: 从表达式知电压的有效值,周期和频率,根据电压与匝数成正比,电流与匝数成反 比,变压器的输入功率和输出功率相等,逐项分析即可得出结论. 解答: 解:B、由表达式知输入电压有效值为 24V,电压与匝数成正比,故副线圈电压即 电压表的示数为 12V,B 错误;

A、安培表的示数为 I=

=2A,A 正确; =50Hz,故 C 错误

C、由表达式知道角速度 100πrad/s,频率为

D、副线圈中灯泡消耗的功率 P=UI=12×2=24W,输入功率等于输出功率,D 错误 故选:A 点评: 理解交流电电压表达式的物理意义, 掌握住理想变压器的电压、 电流及功率之间的 关系,本题即可得到解决. 10. (3 分)如图所示,三条平行虚线位于纸面内,中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强 磁场,磁感应强度等大反向.菱形闭合导线框 ABCD 位于纸面内且对角线 AC 与虚线垂直, 磁场宽度与对角线 AC 长均为 d,现使线框沿 AC 方向匀速穿过一磁场,以逆时针方向为感 应电流的正方向, 则从 C 点进入磁场到 A 点离开磁场的过程中, 线框中电流 i 随时间 t 的变 化关系,以下可能正确的是()

A.

B.

C.

D.

考点: 导体切割磁感线时的感应电动势. 专题: 电磁感应与图像结合. 分析: 根据楞次定律判断感应电流的方向, 结合切割产生的感应电动势公式判断感应电动 势的变化,从而结合闭合电路欧姆定律判断感应电流的变化. 解答: 解: A、C、线圈在进磁场的过程中,根据楞次定律可知,感应电流的方向沿逆时针方向,为正 值,在通过两个磁场的分界线时,根据楞次定律可知,感应电流的方向沿顺时针方向,为负 值,线圈出磁场的过程中,根据楞次定律知,感应电流的方向为逆时针,为正值.故 A、C 错误. B、D、设 BD=L.在线圈进入磁场一半的过程中,切割的有效长度均匀增大,感应电动势 均匀增大,则感应电流均匀增大,当 BD 刚进入磁场时,感应电流最大为 I1= =i0;

在线圈进入磁场全部过程中,切割的有效长度均匀减小,感应电动势均匀减小,则感应电流 均匀减小至零;

线圈通过两个磁场的分界线时,切割的有效长度先均匀增大,感应电流均匀增大,当 BD 通 过磁场分界线时,感应电流最大为 I2= =2i0;后均匀减小至零;

在线圈出磁场一半的过程中, 在线圈全部出磁场的过程中, 切割的有效长度先均匀增大后均 匀减小,感应电流先均匀增大后均匀减小,此过程感应电流最大为 I3= =i0;故 D 正确,

B 错误. 故选:D. 点评: 解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向, 以及知道在切割产生的感应电 动势公式中,L 为有效长度.要注意线圈通过磁场的分界线时线圈两侧都切割磁感线,产生 感应电动势. 11. (3 分)如图是质谱仪工作原理的示意图.带电粒子 a、b 经电压 U 加速(在 A 点初速 度为零)后,进入磁感应强度为 B 的匀强磁场做匀速圆周运动,最后分别打在感光板 S 上 的 x1、x2 处.图中半圆形的虚线分别表示带电粒子 a、b 所通过的路径,则()

A.若 a 与 b 有相同的质量,则打在感光板上时,b 的速度比 a 大 B. 若 a 与 b 有相同的质量,则 a 的电量比 b 的电量小 C. 若 a 与 b 有相同的电量,则打在感光板上时,b 的速度比 a 大 D.若 a 与 b 有相同的电量,则 a 的质量比 b 的质量小 考点: 带电粒子在匀强磁场中的运动;牛顿第二定律;向心力. 专题: 带电粒子在磁场中的运动专题. 分析: 根据动能定理求出粒子出加速电场时的速度, 通过洛伦兹力提供向心力, 根据牛顿 第二定律求出轨道半径的关系式,从而比较 a、b 的电量和质量的关系. 解答: 解:粒子在电场中加速,由动能定理得:qU= mv ,解得:v=
2



粒子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得:qvB=m

,解得:r=

=



A、因为 b 的半径大,a 与 b 质量相同,则 b 的电量小,根据 v=

,知 b 的速度小.故

A、B 错误. C、a 与 b 有相同的电量,因为 b 的半径大,则 b 的质量大.故 D 正确,C 错误. 故选:D. 点评: 本题属于带电粒子在组合场中运动问题, 电场中往往用动能求速度, 磁场中圆周运 动处理的基本方法是画轨迹.

12. (3 分)经国际小行星命名委员会命名的“神舟星”和“杨利伟星”的轨道均处在火星和木星 轨道之间.已知“神舟星”平均每天绕太阳运行 174 万公里,“杨利伟星”平均每天绕太阳运行 145 万公里.假设两行星均绕太阳做匀速圆周运动,则两星相比较() A.“神舟星”的轨道半径大 B. “神舟星”的半径大 C. “神舟星”的加速度大 D.“神舟星”受到的向心力大 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. 专题: 人造卫星问题. 分析: 已知“神舟星”平均每天绕太阳运行 174 万公里, “杨利伟星”平均每天绕太阳运行 145 万公里,可以判断出线速度大小关系. 研究卫星绕地球做匀速圆周运动, 根据万有引力提供向心力, 列出等式表示出周期、 加速度、 向心力等物理量. 根据轨道半径的关系判断各物理量的大小关系. 解答: 解:A、根据线速度的定义式得:v= ,已知“神舟星”平均每天绕太阳运行 174

万公里,“杨利伟星”平均每天绕太阳运行 145 万公里,可以得出:“神舟星”的线速度大于“杨 利伟星”的线速度 研究卫星绕地球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力得: ,得 (其

中 M 为太阳的质量,R 为轨道半径) , 由于“神舟星”的线速度大于“杨利伟星”的线速度,所以“神舟星”的轨道半径小于“杨利伟星” 的轨道半径,故 A 错误. B、根据题目条件无法判断两星的半径大小,故 B 错误. C、研究卫星绕地球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力得: ,得 ,

其中 M 为太阳的质量,R 为轨道半径, 由于“神舟星”的轨道半径小于“杨利伟星”的轨道半径, 所以由于“神舟星”的加速度大于“杨利 伟星”的加速度.故 C 正确. D、研究卫星绕地球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力得: ,其中 M 为

太阳的质量,R 为轨道半径,m 为卫星的质量. 由于不知道“神舟星”和“杨利伟星”的质量大小关系, 所以两者的向心力无法比较. 故 D 错误. 故选 C. 点评: 求一个物理量之比, 我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来, 再进行之 比.向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用. 13. (3 分)如图所示,水平传送带 AB 长 21m,以 6m/s 顺时针匀速转动,台面与传送带平 滑连接于 B 点,半圆形光滑轨道半径 R=1.25m,与水平台面相切于 C 点,BC 长 s=5.5m,P 点是圆弧轨道上与圆心 O 等高的一点.一质量为 m=1kg 的物块(可视为质点) ,从 A 点无 初速释放,物块与传送带及台面间的动摩擦因数均为 0.1,则关于物块的运动情况,下列说 法正确的是()

A.物块不能到达 P 点 B. 物块能越过 P 点做斜抛运动 C. 物块能越过 P 点做平抛运动 D.物块能到达 P 点,但不会出现选项 B、C 所描述的运动情况 考点: 牛顿第二定律. 专题: 牛顿运动定律综合专题. 分析: 物块滑上圆弧轨道的过程中,轨道的支持力不做功,只有 重力做功,其机械能守 恒,由机械能守恒求出物块上滑的最大高度,与 R 比较,分析能否越过 P 点. 解答: 解:开始物块在传送带上做匀加速运动,由牛顿第二定律,μmg=ma,得 a=μg 设经过时间 t1 达到与传送带同速,此时物块对地前进 x,v=at1,x= at1 所以 t1= =6s x=18m<21m.
2

故后阶段在传送带上匀速运动,用时为 t2,L﹣x=vt2,解得 t2=0.5s 从 B 至 C 过程减速运动用时为 t3,到达 C 点的速度为 vC,由动能定理和运动学公式可得: ﹣μmgs= mvc ﹣ mv ,vc=v﹣at3 解得:vC=5m/s 设滑块沿圆弧上滑的最大高度为 h,由机械能守恒定律可得: mvc =mgh 解得,h=1.25m 因为 h=R,故物块不能越过 P 点; 故选:D. 点评: 本题的难点是分析物块在传送带上运动情况,运用牛顿第二定律和运动学公式结 合,通过计算进行分析. 二、实验题(共两个小题,每一空格 2 分,共 16 分) 14. (8 分)如图甲为利用气垫导轨(滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略)“验证机械能 守恒定律”的实验装置,请结合以下实验步骤完成填空.
2 2 2

(1)将气垫导轨放在水平桌面上,并调节至水平. (2)用天平称出滑块和挡光条的总质量 M,再称出托盘和砝码的总质量 m.用游标卡尺测 出挡光条的宽度 L,如图乙所示,L 为 1.550cm.用米尺测量光电门 1、2 的距离 s 时,光电 门 1、2 所对的刻度分别如丙图中 A、B 所示,则 s 为 36.55cm. (3)将滑块移至光电门 1 左侧某处,释放滑块,要求砝码落地前挡光条已通过光电门 2.读 出滑块分别通过光电门 1 和光电门 2 时的挡光时间△ t1 和△ t2. (4)滑块通过光电门 1 和光电门 2 时,可以确定系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码) 的总动能.在滑块从光电门 1 运动到光电门 2 的过程中,系统势能的减少量△ Ep=mgs(已 知重力加速度为 g) .动能的增量△ Ek= (M+m) ( ) ﹣ (M+m) (
2

) ,若在

2

实验误差允许的范围内两者相等,即可认为机械能是守恒的. 考点: 验证机械能守恒定律. 专题: 实验题;机械能守恒定律应用专题. 分析: 解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法,主尺读数加上游标读数,不需估读. 光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法. 由于光电门的宽度 d 很小,所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度. 根据功能关系得重力做功的数值等于重力势能减小量. 要注意本题的研究对象是系统. 解答: 解: (2)游标卡尺的主尺读数为:1.5cm,游标尺上第 6 个刻度和主尺上某一刻度 对齐,所以游标读数为 10×0.05mm=0.50mm,

所以最终读数为:15mm+0.50mm=15.50mm=1.550cm. 用米尺测量光电门 1、2 的距离 s 时,在 A 处读数为 xA=3.10cm; 在 B 处读数为 xB=39.65cm,则光电门 1、2 的距离 s=39.65﹣3.10cm=36.55cm; (4)由于光电门的宽度 d 很小,所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度. 滑块通过光电门 1 速度 v1= 滑块通过光电门 2 速度 v2= 系统的总动能分别为 Ek1= (M+m) ( 因此动能的增量△ Ek= (M+m) (
2

) 和 Ek2= (M+m) ( ) ﹣ (M+m) ( );
2

2

);

2

在滑块从光电门 1 运动到光电门 2 的过程中,系统势能的减少△ Ep=mgs 如果满足关系式△ Ep=Ek2﹣Ek1,即系统重力势能减小量等于动能增加量,则可认为验证了 机械能守恒定律. 故答案为: (2)1.550,36.55; (4)mgs, (M+m) ( ) ﹣ (M+m) (
2



2

点评: 对常见的几种测量长度工具要熟悉运用, 并能正确读数; 光电门测量瞬时速度是实 验中常用的方法. 由于光电门的宽度 d 很小, 所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速 度. 15. (8 分)某同学为了探究某电子元件的伏安特性,先用多用电表粗测其电阻值约为 3kΩ; 再设计了如图甲所示电路进行实验.

①根据电路图甲,请你在图乙中以笔划线代替导线将实物图补充完整; ②正确连接电路,所选用滑动变阻器 R(0~20Ω) ,闭合开关 S,当滑片从左向右移动时, 发现电压表及电流表均有较大示数,且变化都不明显,其故障是图甲中导线 a 没有连接 好. (选填“a”或“b”) ③排除故障后,闭合开关 S,移动滑片至临近最右端时,发现电压表示数保持 3V 左右,而 电流表示数急剧变大,超过量程.换用更大量程的电流表,结果发现利用该电路无法较完整 地描出电子元件的伏安曲线,接着改用 DLS 传感器实验得到曲线如图丙所示,由图可知, 元件两端电压达到或超过电压 3V 时,电子元件的阻值突然变小(选填“变大”或“变小”) ; ④你认为该同学用图甲的电路无法较完整地描出电子元件的伏安持曲线的主要原因是 C. (填选项前的字母) A、找不到合适量程的电流表

B、换用更大量程的电流表进行实验时,没有改用电流表外接法 C、元件两端电压为 3V 左右时,电流变化太大,无法准确记录电压值和电流值. 考点: 伏安法测电阻. 专题: 实验题. 分析: 本题①的关键是连线时注意变阻器是分压式接法、电流表内接法以及电表的正负 极;题②的关键是明确变阻器是分压式接法时电压和电流的调节范围较大,限流式接法时 调节范围较小; 题③的关键是根据 R= 并结合 I﹣U 图象特点即可求解; 题④的关键是根

据 I﹣U 图象的特点可知电压为 3V 左右时,电流变化太大,不难选出正确答案. 解答: 解:①:连线图如图所示: ②:闭合开关 S,当滑片从左向右移动时,发现电压表及电流表均有较大示数,且变化都 不明显,说明变阻器不是分压式接法,所以故障是图甲中导线 a 没有连接好; ③:根据 R= 可知,元件两端电压达到或超过电压 3V 时,电子元件的阻值突然变小; ④:根据图丙的 I﹣U 图象可知,待测元件两端电压为 3V 左右时,电流变化太大,无法准 确记录电压和电流值,即欧姆定律不再适用,所以 C 正确 AB 错误. 故答案为:①如图 ②a ③变小 ④C

点评: 应明确:①变阻器采用分压式接法时电压和电流的调节范围较大,采用限流式接 法时调节范围较小;②对半导体元件(电压为某值附件时,电流急剧变化) ,欧姆定律不再 适用. 三、计算题(本题 4 小题,共 45 分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步 骤,有数值的计算题,答案中必须明确写出数值和单位,或按题目要求作答) 16. (10 分)有某校一课外活动小组自制一枚火箭,设火箭发射后始终在垂直于地面的方向 上运动.火箭点火后可认为做匀加速直线运动,经过 4s 到达离地面 40m 高处时燃料恰好用 2 完,若不计空气阻力,取 g=10m/s ,求: (1)燃料恰好用完时火箭的速度 (2)火箭上升离地面的最大高度. 考点: 匀变速直线运动规律的综合运用;匀变速直线运动的位移与时间的关系.

专题: 直线运动规律专题. 分析: (1)根据平均速度公式列式求解; (2)火箭推力消失后,由于惯性继续上升做上抛运动,根据速度位移速度关系式求解继续 上升的高度,最后得到总高度. 解答: 解: (1) 设燃料恰好耗尽时火箭的速度为 v, 由于火箭点火后可认为作匀加速运动, 根据平均速度公式列式:h= t,解得:v= = =20m/s;

(2)火箭能够继续上升做匀减速直线运动,加速度大小为 g, 2 2 由位移时间关系式得:0 ﹣v =﹣2gx,代入数据解得:x=20m, 即火箭能够继续上升的高度 20m 火箭离地的最大高度:H=x+h=20+40=60m; 答: (1)燃料恰好用完时火箭的速度为 20m/s; (2)火箭上升离地面的最大高度是 60m. 点评: 在解决匀变速直线运动问题时要注意题目如果能用平均速度解决时, 尽量优先选择 平均速度公式简便易解. 17. (10 分)某游乐场过山车模型简化为如图所示,光滑的过山车轨道位于竖直平面内,该 轨道由一段斜轨道和与之相切的圆形轨道连接而成,圆形轨道的半径为 R,可视为质点的过 山车从斜轨道上某处由静止开始下滑,然后沿圆形轨道运动. (1)若要求过山车能通过圆形轨道最高点,则过山车初始位置相对于圆形轨道底部的高度 至少要多少? (2)考虑到游客的安全,要求全过程游客受到的支持力不超过自身重力的 7 倍,过山车初 始位置相对于圆形轨道底部的高度 h 不得超过多少?

考点: 机械能守恒定律;牛顿第二定律;向心力. 专题: 机械能守恒定律应用专题. 分析: (1)根据过山车能通过圆形轨道最高点得出在最高点的速度值,根据运动过程机 械能守恒求解. (2)过圆周最低点根据牛顿第二定律和机械能守恒求解. 解答: 解: (1)设过山车总质量为 M,从高度 h1 处开始下滑,恰能以 v1 过圆周轨道最高 点. 在圆轨道最高点有: 运动过程机械能守恒: 由①②式得: …① …②

h1=2.5R 高度 h 至少要 2.5R. (2) 设从高度 h2 处开始下滑, 过圆周最低点时速度为 v2, 游客受到的支持力最大是 FN=7mg. 最低点: 运动过程机械能守恒: 由③④式得: h2=3R 高度 h 不得超过 3R. 答: (1)若要求过山车能通过圆形轨道最高点,则过山车初始位置相对于圆形轨道底部的高 度至少是 2.5R. (2)考虑到游客的安全,要求全过程游客受到的支持力不超过自身重力的 7 倍,过山车初 始位置相对于圆形轨道底部的高度 h 不得超过 3R. 点评: 本题考查机械能守恒及竖直面内的圆周运动, 选择合适的过程, 并注意竖直面内圆 周运动的临界条件即可求解. 18. (12 分)如图所示,两足够长的平行光滑的金属导轨 MN、PQ 相距为 L=1m,导轨平面 与水平面夹角 α=30°,导轨电阻不计.磁感应强度为 B1=2T 的匀强磁场垂直导轨平面向上, 长为 L=1m 的金属棒 ab 垂直于 MN、PQ 放置在导轨上,且始终与导轨接触良好,金属棒的 质量为 m1=2kg、电阻为 R1=1Ω.两金属导轨的上端连接右侧电路,电路中通过导线接一对 水平放置的平行金属板,两板间的距离和板长均为 d=0.5m,定值电阻为 R2=3Ω,现闭合开 2 关 S 并将金属棒由静止释放,重力加速度为 g=10m/s ,试求: (1)金属棒下滑的最大速度为多大? (2)当金属棒稳定下滑时,在水平放置的平行金属间加一垂直于纸面向里的匀强磁场 B2=3T, 在下板的右端且非常靠近下板的位置有一质量为 m2=3×10 kg、 带电量为 q=﹣1×10 ﹣4 c 的液滴以初速度 v 水平向左射入两板间,该液滴可视为质点.要使带电粒子能从金属板 间射出,初速度 v 应满足什么条件?
﹣4

…③ …④

考点: 导体切割磁感线时的感应电动势; 带电粒子在混合场中的运动; 电磁感应中的能量 转化. 专题: 电磁感应与电路结合. 分析: (1)金属棒 ab 先加速下滑,加速度减小,后匀速下滑,速度达到最大.由欧姆定 律、感应电动势和安培力公式推导出安培力的表达式,根据平衡条件求解最大速度. (2)根据欧姆定律求出板间电压,计算出液滴所受的电场力,分析可知粒子做匀速圆周运 动.要使粒子飞出,由临界条件可知粒子的半径范围,则可由洛仑兹力充当向心力能求得初 速度的条件. 解答: 解: (1)当金属棒匀速下滑时速度最大,设最大速度为 vm,达到最大时则有

m1gsin α=F 安 又 F 安=ILB1,I= ,E=B1Lvm;

解得最大速度 vm=10 m/s. (2)金属棒下滑稳定时,两板间电压 U=IR2=15 V 液滴在两板间所受的电场力 F=q =1×10 × 重力 G=m2g=3×10 N 则有 m2g=q ,所以该液滴在两平行金属板间做匀速圆周运动.
﹣2 ﹣4

N=3×10 N

﹣2

当液滴恰从上板左端边缘射出时:r1=d= 所以 v1=0.5 m/s; 当液滴恰从上板右侧边缘射出时:r2= = 所以 v2=0.25 m/s 故初速度 v 应满足的条件是:v≤0.25 m/s 或 v≥0.5 m/s. 答: (1)金属棒下滑的最大速度为 10 m/s. (2)初速度 v 应满足的条件是:v≤0.25 m/s 或 v≥0.5 m/s. 点评: 本题将电磁感应用带电粒子在混合场中的运动结合在一起, 综合性较强, 在磁场中 时要注意分析临界条件,由几何图形可找出适合条件的物理规律.
4

19. (13 分) 如图甲所示, 水平直线 MN 下方有竖直向上的匀强电场, 场强 E=
6

×10 N/C. 现
﹣5

将一重力不计、比荷 =10 kg 的正电荷从电场中的 O 点由静止释放,经过 t0=1×10 s 后, 通过 MN 上的 P 点进入其上方的匀强磁场.磁场方向垂直于纸面向外,以电荷第一次通过 MN 时开始计时,磁感应强度按图乙所示规律周期性变化.

(1)求电荷进入磁场时的速度 v0 ﹣5 (2)求图乙中 t=2×10 s 时刻电荷与 P 点的距离; 5 (3)如果在 P 点右方 d=10 cm 处有一垂直于 MN 的足够大的挡板,求电荷从 O 点出发运 动到挡板所需的时间. 考点: 带电粒子在匀强磁场中的运动;牛顿第二定律;向心力.

专题: 带电粒子在磁场中的运动专题. 分析: (1)电荷在电场中做匀加速直线运动,根据运动学公式和牛顿第二定律结合可求 出电荷进入磁场时的速度 v0. (2)电荷进入磁场后做匀速圆周运动,分别求出电荷在磁场中运动的半径和周期,画出轨 迹,由几何关系求出 t=2×10 s 时刻电荷与 P 点的水平距离. (3) 电荷在周期性变化的磁场中运动, 根据周期性分析电荷到达档板前运动的完整周期数, 即可求出荷沿 MN 运动的距离.根据电荷挡板前的运动轨迹,求出其运动时间,即得总时 间. 解答: 解: (1)电荷在电场中做匀加速直线运动,设其在电场中运动的时间为 t1, 有:v0=at0 Eq=ma 4 代入数据解得:v0=π×10 m/s; (2)当磁场垂直纸面向外:B1= 代入数据得:r1=0.2m,周期:T1= 代入数据得:T1=4×10 s, 当磁场 B2= T 时,电荷运动的半径:r2= ,
﹣5 ﹣5

T 时,电荷运动的半径:r1= ,



代入数据得:r2=0.1m 周期:T2= ,
﹣5

代入数据得:T2=2×10 s, 故电荷从 t=0 时刻开始做周期性运动,其运动轨迹如图 1 所示.

t=2×10 s 时刻电荷先沿大圆轨迹运动四分之一周期,然后再沿小圆弧运动半个周期,与 P 点的水平距离:△ d=r1=0.2m; ﹣5 (3)电荷从第一次通过 MN 开始,其运动的周期为:T=6×10 s,每一个周期内沿 PN 的 方向运动的距离为 0.4=40cm, 故电荷到达挡板前运动的完整的周期数为 2 个,沿 PN 方向运动的距离为 80cm,最后 25cm 的距离如图 2 所示,设正电荷以 α 角撞击到挡板上, 有:r1+r2cosα=0.25m,代入数据解得:cosα=0.5,即 α=60°,

﹣5

故电荷运动的总时间:t 总=t0+2T+ T1+
﹣4

T2,

代入数据解得:t 总=1.42×10 s 4 答: (1)电荷进入磁场时的速度为 π×10 m/s. ﹣5 (2)t=2×10 s 时刻电荷与 P 点的水平距离为 20cm. ﹣4 (3)电荷从 O 点出发运动到挡板所需的时间为 1.42×10 s. 点评: 本题是带电粒子在电场和磁场中运动的问题, 电荷在电场中运动时, 由牛顿第二定 律和运动学公式结合研究是最常用的方法, 也可以由动量定理处理. 电荷在周期性磁场中运 动时,要抓住周期性即重复性进行分析,根据轨迹求解时间.


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