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广东省广州市增城中学2015届高考物理练习试卷(一)


2015 年广东省广州市增城中学高考物理练习试卷(一)
一、选择题 1. (4 分) (2014?茂名二模)用一轻绳将小球 P 悬挂在光滑的墙壁上,现收绳使球缓慢上升, 则下列相关说法正确的是()

A.小球 P 受到 4 个力作用 B. 绳子对球的拉力变小 C. 墙壁对 P 的支持力变小 D.绳子对球的拉力和墙壁对 P 的支持力合力不变 2. (4

分) (2015?深圳二模)下列说法正确的是() A.悬浮在水中花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动 B. 分子间距离变小,引力和斥力都变小 C. 荷叶上的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果 D.单晶体有固定的熔点,多晶体没有固定的熔点 3. (4 分) (2015?深圳二模)下列说法正确的是() A.对绝热容器内的气体进行压缩,气体内能增大 B. 汽缸内一定质量的理想气体做等温膨胀时要放热 C. 空调制冷时,热量自发地从低温物体传递给高温物体 D.汽车内燃机中的汽油燃烧时,其内能可全部转变为机械能 4. (4 分) (2014?汕头二模)如图是伽利略研究自由落体运动实验的示意图,让小球由倾角为 θ 的光滑斜面由静止滑下,在不同的条件下进行多次实验,下列叙述正确是()

A.θ 角越大,小球对斜面的压力越大 B. θ 角越大,小球运动的加速度越小 C. θ 角越大,小球从顶端运动到底端所需时间越短 D.θ 角一定,质量不同的小球运动的加速度也不同 5. (6 分) (2011?佛山一模)1922 年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研 究荣获了诺贝尔化学奖.若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示,则下列说法 中正确的是()

A.该束带电粒子带负电 B. 速度选择器的 P1 极板带正电 C. 在 B2 磁场中运动半径越大的粒子,质量越大 D. 在 B2 磁场中运动半径越大的粒子,荷质比 越小

6. (6 分) (2015?深圳二模)“超级地球”是指围绕恒星公转的类地行星.科学家们发现有两颗 未知质量的不同“超级地球”环绕同一颗恒星公转,周期分别为 10 天和 20 天.根据上述信息可 以计算两颗“超级地球”() A.质量之比 B. 所受的引力之比 C. 角速度之比 D.向心加速度之比 7. (6 分) (2013?汕头二模)如图是研究光电效应的装置,用一定频率的光束照射金属板 K, 有粒子逸出,则()

A.逸出的粒子是电子 B. 改变光束的频率,金属的逸出功随之改变 C. 减少光束的光强,逸出的粒子初动能减少 D.减小光束的频率,金属板 K 可能没有粒子逸出 8. (6 分) (2014?惠州一模)边长为 L 的正方形线框在匀强磁场 B 中以 ? 角速度匀速转动, 产生的感应电流的最大值为 Im,设灯泡的电阻为 R,其它电阻不计.从如图位置开始计时, 则()

A. Im= B. 电路中交流电的表达式为 Imsinωt

C.

电流表的读数为

D. 电阻 R 上产生的电功率为

9. (6 分) (2015?增城市校级模拟)在粗糙程度相同的水平地面上,物块在水平向右的力 F 作 2 用下由静止开始运动. 运动的速度 v 与时间 t 的关系如图 2 所示, 取 g=10m/s , 由图象可知 ()

A.在 2s~4s 内,力 F=0 B. 在 0~2s 内,力 F 逐渐变小 C. 物块与地面间的动摩擦因数 μ=0.2 D.0~6s 内物块运动的总位移为 16m

二、非选择题 10. (8 分) (2015?深圳二模)用一根弹簧和一把弹簧秤做“求合力”实验.

①用如图甲装置测定弹簧的劲度系数,挂钩码时不能超过弹簧的; ②改变所挂钩码个数,把测出的多组数据绘成如图乙的弹力 F 跟伸长量 x 的关系图线,则弹 簧的劲度系数为 N/cm; ③用这根弹簧和弹簧秤都与橡皮筋成 135°角来拉橡皮筋,弹簧秤示数如图丙所示,则此时弹 簧的伸长量为 cm; ④用力的图示以这两个分力为邻边做平行四边形, 得出合力的大小 F 合, 若实验误差较小可以 忽略不计,则 F 合=N. 11. (10 分) (2015?深圳二模)用甲图测量电源电动势 E 和内阻 r.除了图中所给的器材,还 有一只多用电表可用,通过多用电表来测量电源的路端电压和电路的电流,完成下面的实验 步骤:

①断开开关 S1、S2,把电阻箱的阻值调至最(填“大”或“小”) ; ②多用电表接 a、b,选择直流电压 5V 挡,闭合开关 S1、S2,调节电阻箱的阻值,此时表盘 指针指在如图乙的 P 位置,则读得 U1=V,断开开关 S1、S2; ③多用电表改接 c、d,选择直流电流 500mA 挡,保持电阻箱阻值不变,闭合开关,此时表 盘指针指在如图乙的 Q 位置,则读得 I1=A,断开开关; ④用 U1 和 I1 列出计算电动势 E 和内阻 r 的表达式: . 12. (18 分) (2015?增城市校级模拟)如图所示,装置的左边是足够长的光滑水平面,一轻质 弹簧左端固定,右端连接着质量 M=2kg 的小物块 A.装置的中间是水平传送带,它与左右两 边的台面等高,并能平滑对接.传送带始终以 u=2m/s 的速率逆时针转动.装置的右边是一光 滑的曲面,质量 m=1kg 的小物块 B 从其上距水平台面 h=1.0m 处由静止释放.已知物块 B 与 传送带之间的摩擦因数 μ=0.2,l=1.0m.设物块 A、B 中间发生的是对心弹性碰撞,第一次碰 撞前物块 A 静止且处于平衡状态.取 g=10m/s .
2

(1)求物块 B 与物块 A 第一次碰撞前速度大小; (2)通过计算说明物块 B 与物块 A 第一次碰撞后能否运动到右边曲面上? 13. (18 分) (2012?浙江校级模拟)如图(a)所示,间距为 l、电阻不计的光滑导轨固定在倾 角为 θ 的斜面上.在区域 I 内有方向垂直于斜面的匀强磁场,磁感应强度为 B;在区域Ⅱ内有 垂直于面向下的匀强磁场,其磁感应强度 Bt 的大小随时间 t 变化的规律如图(b)所示.t=0 时刻在轨道上端的金属细棒 ab 从如图位置由静止开始沿导轨下滑,同时下端的另一金属细棒 cd 在位于区域 I 内的导轨上由静止释放.在 ab 棒运动到区域Ⅱ的下边界 EF 处之前,cd 棒始 终静止不动,两棒均与导轨接触良好.已知 cd 棒的质量为 m、电阻为 R,ab 棒的质量、阻值 均未知,区域Ⅱ沿斜面的长度为 2l,在 t=tx 时刻(tx 未知)ab 棒恰进入区域Ⅱ,重力加速度 为 g.求: (1)通过 cd 棒电流的方向和区域 I 内磁场的方向; (2)当 ab 棒在区域Ⅱ内运动时 cd 棒消耗的电功率; (3)ab 棒开始下滑的位置离 EF 的距离; (4)ab 棒开始下滑至 EF 的过程中回路中产生的热量.

2015 年广东省广州市增城中学高考物理练习试卷(一)
参考答案与试题解析

一、选择题 1. (4 分) (2014?茂名二模)用一轻绳将小球 P 悬挂在光滑的墙壁上,现收绳使球缓慢上升, 则下列相关说法正确的是()

A.小球 P 受到 4 个力作用 B. 绳子对球的拉力变小 C. 墙壁对 P 的支持力变小 D.绳子对球的拉力和墙壁对 P 的支持力合力不变 考点:共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用. 专题:共点力作用下物体平衡专题. 分析:对小球 P 受力分析, 根据平衡条件表示出绳子对球的拉力和墙壁对 P 的支持力, 然后判 断其变化情况. 解答:解:对小球受力分析,根据平衡条件: 竖直方向绳子的拉力 T=G, 水平方向墙壁对球没有弹力,若有弹力则水平方向合力不为零,小球不能处于平衡; 故球缓慢上升过程,小球 P 受到 2 个力的作用,A 错误; 绳子对球的拉力等于球的重力不变,B 错误; 墙壁对 P 的支持力始终为 0, 不变,故 C 错误; 绳子对球的拉力和墙壁对 P 的支持力合力始终等于重力不变,D 正确; 故选:D. 点评:本题是简单的力平衡问题,关键是分析物体的受力情况,灵活应用平衡条件. 2. (4 分) (2015?深圳二模)下列说法正确的是() A.悬浮在水中花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动 B. 分子间距离变小,引力和斥力都变小 C. 荷叶上的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果 D.单晶体有固定 的熔点,多晶体没有固定的熔点 考点:* 液体的表面张力现象和毛细现象;布朗运动;* 晶体和非晶体. 分析:布朗运动反映了液体分子的无规则运动, 不能反映花粉分子的热运动; 分子间距离变小, 引力和斥力都增大;液体表面存在表面张力,能使空气的小雨滴呈球形;晶体都有固定 的熔点. 解答:解:A、布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动,由于花粉是由花粉颗粒组成的,所 以布朗运动反映的是花粉颗粒的运动,不是花粉分子的热运动,是液体分子的热运动的

反应,故 A 错误; B、分子间距离变小,引力和斥力都增大,故 B 错误; C、荷叶上的小雨滴呈球形是水的表面张力,使雨滴表面有收缩的趋势的结果,故 C 正 确; D、不论单晶体还是多晶体,晶体都有固定的熔点,故 D 错误; 故选:C. 点评:本题重点要掌握布朗运动的实质,分子之间的相互作用力随分子距离的变化的关系,液 体表面张力的形成的原因,以及晶体的物理性质. 3. (4 分) (2015?深圳二模)下列说法正确的是() A.对绝热容器内的气体进行压缩,气体内能增大 B. 汽缸内一定质量的理想气体做等温膨胀时要放热 C. 空调制冷时,热量自发地从低温物体传递给高温物体 D.汽车内燃机中的汽油燃烧时,其内能可全部转变为机械能 考点:热力学第二定律;热力学第一定律. 专题:热力学定理专题. 分析:根据内能的概念分析气体膨胀时内能如何变化.热力学第二定律的内容:一种表述:不 可能从单一热源吸取热量,使之完全变为有用功而不产生其他影响.另一种表述是:不 可能使热量由低温物体传递到高温物体, 而不引起其他变化. 第二定律说明热的传导具 有方向性. 解答:解:A、当气体绝热压缩时,外界对气体做功,不对外放热,热力学第一定律△ U=W+Q 得气体的内能增大,故 A 正确. B、当气体等温膨胀时,内能不变,为祖国,热力学第一定律△ U=W+Q 得气体吸收热 量,故 B 错误 C、热量从低温物体传递到高温物体不能自发进行,必须借助外界的帮助;空调制冷时, 热量在压缩机的做功的情况下,从低温物体传递给高温物体,故 C 错误 D、在蒸汽机中,燃气内能不可能全部变为机械能,这也是热力学第二定律的内容的一 种表述:不可能从单一热源吸取热量,使之完全变为有用功而不产生其他影响,故 D 错误. 故选:A. 点评:该题考查热力学第一定律和热力学第二定律的内容,掌握着两个定律才能顺利解决本 题,故一定要注意基本概念的积累. 4. (4 分) (2014?汕头二模)如图是伽利略研究自由落体运动实验的示意图,让小球由倾角为 θ 的光滑斜面由静止滑下,在不同的条件下进行多次实验,下列叙述正确是()

A.θ 角越大,小球对斜面的压力越大 B. θ 角越大,小球运动的加速度越小 C. θ 角越大,小球从顶端运动到底端所需时间越短

D.θ 角一定,质量不同的小球运动的加速度也不同 考点:牛顿运动定律的综合应用. 分析:对小球进行受力分析,根据力的合成与分解原则求出小球对斜面压力的表达式,根据牛 顿第二定律求出小球运动的加速度,重力加速度始终为 g,恒定不变,从而找出正确的 答案. 解答:解:A、对小球进行受力分析,则有:N=mgcosθ,随着 θ 的增大,N 减小,故 A 错误; B、根据牛顿第二定律得: 量无关.故 B 错误,D 错误 C、小球运动的时间 t: ,得: θ 角越大,小球从顶端运动到底端 ,随着 θ 的增大,a 增大,与小球的质

所需时间越短.故 C 正确 故选:C 点评:本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用,要求同学们能正确对小球进行受力分析,知 道重力加速度始终为 g,恒定不变,难度不大,属于基础题. 5. (6 分) (2011?佛山一模)1922 年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研 究荣获了诺贝尔化学奖.若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示,则下列说法 中正确的是()

A.该束带电粒子带负电 B. 速度选择器的 P1 极板带正电 C. 在 B2 磁场中运动半径越大的粒子,质量越大 D. 在 B2 磁场中运动半径越大的粒子,荷质比 越小

考点:质谱仪和回旋加速器的工作原理;带电粒子在匀强磁场中的运动. 专题:带电粒子在磁场中的运动专题. 分析:A、根据带电粒子在磁场中的偏转方向确定带电粒子的正负. B、根据在速度选择器中电场力和洛伦兹力平衡确定 P1 极板的带电情况. CD、在磁场中,根据洛伦兹力提供向 心力,求出粒子的轨道半径,看与什么因素有关. 解答:解:A、根据带电粒子在磁场中的偏转方向,磁场的方向垂直纸面向外,根据左手定则 知,该粒子带正电.故 A 错误. B、根据左手定则知,带电粒子在 P1P2 区域所受的洛伦兹力方向竖直向上,则电场 力的方向竖直向下, 知电场强度的方向竖直向下, 所以速度选择器的 P1 极板带正电. 故 B 正确.

C、根据

得,

,知 r 越大,荷质比 越小.故 C 错误,D 正确.

故选 BD. 点评:解决本题的关键会根据左手定则判断洛伦兹力的方向,以及知道在速度选择器中,电荷 所受的电场力和洛伦兹力平衡. 6. (6 分) (2015?深圳二模)“超级地球”是指围绕恒星公转的类地行星.科学家们发现有两颗 未知质量的不同“超级地球”环绕同一颗恒星公转,周期分别为 10 天和 20 天.根据上述信息可 以计算两颗“超级地球”() A.质量之比 B. 所受的引力之比 C. 角速度之比 D.向心加速度之比 考点:万有引力定律及其应用. 专题:万有引力定律的应用专题. 分析:二颗超级地球的中心天体相同,根据万有引力提供向心力,已知该行星的周期,可以求 出半径之比,从而可求得角速度、向心加速度之比. 解答: 解:二颗超级地”的中心天体相同,根据万有引力提供向心力,即: = 可 求得超级地球的轨道半径之比; A、根据万有引力提供向心力 = 可知,超级地球的质量在等式中可约去,

则无法确定质量之比,故 A 错误; B、根据 F= 故 B 错误; C、根据周期公式 T= ,可知它们的角速度之比,故 C 正确; ,由于二颗超级地球的质量比不知道,所以无法求得所受的引力之比,

D、因已知周期、轨道半径之比,根据 a=

,可求得二颗“超级地球”运动的向心

加速度之比,故 D 正确; 故选:CD. 点评:本题考察天体运动,万有引力提供向心力,要注意向心力选择合适公式,同时理解无法 求得旋转天体的质量,但中心天体质量可以求得. 7. (6 分) (2013?汕头二模)如图是研究光电效应的装置,用一定频率的光束照射金属板 K, 有粒子逸出,则()

A.逸出的粒子是电子 B. 改变光束的频率,金属的逸出功随之改变 C. 减少光束的光强,逸出的粒子初动能减少 D.减小光束的频率,金属板 K 可能没有粒子逸出 考点:光电效应. 专题:光电效应专题. 分析:当入射光的频率大于金属的极限频率时,会发生光电效应.根据光电效应方程判断光电 子的最大初动能的变化. 解答:解:A、光电效应时逸出的粒子是电子.故 A 正确. B、逸出功由金属本身决定,与入射光的频率无关.故 B 错误. C、根据光电效应方程 Ekm=hv﹣E0 知光电子的最大初动能与 光强无关.故 C 错误. D、减小入射光的频率,金属棒可能没有电子逸出.故 D 正确. 故选 AD. 点评:解决本题的关键掌握光电效应的条件,以及掌握光电效应方程,知道影响最大初动能的 因素. 8. (6 分) (2014?惠州一模)边长为 L 的正方形线框在匀强磁场 B 中以 ? 角速度匀速转动, 产生的感应电流的最大值为 Im,设灯泡的电阻为 R,其它电阻不计.从如图位置开始计时, 则()

A. Im= B. 电路中交流电的表达式为 Imsinωt C. 电流表的读数为 D. 电阻 R 上产生的电功率为

考点:交流发电机及其产生正弦式电流的原理; 电功、 电功率; 正弦式电流的最大值和有效值、 周期和频率. 专题:交流电专题. 分析:由 Em=NBSω 可确定感应电动势的最大值,再确定瞬时表达式;计算电功率及电流表读 数均为有效值. 解答: 2 解:A、感应电 动势的最大值 Em=BL ω,则最大电流 Im= = ,故 A 正确; B、线圈由电流的最大值开始计时,故电路中交流电的表达式应为 Imcosθ;故 B 错误;

C、电流表的读数为有效值,为 I=

Im;故 C 错误;

D、电阻 R 上产生的电功率 P=I R=

2

;故 D 正确;

故选:AD. 点评:本题考查交流电的四值,要明确电流表、电压表读数以及计算功率等等均要用有效值. 9. (6 分) (2015?增城市校级模拟)在粗糙程度相同的水平地面上,物块在水平向右的力 F 作 用下由静止开始运动.运 动的速度 v 与时间 t 的关系如图 2 所示,取 g=10m/s ,由图象可知 ()
2

A.在 2s~4s 内,力 F=0 B. 在 0~2s 内,力 F 逐渐变小 C. 物块与地面间的动摩擦因数 μ=0.2 D.0~6s 内物块运动的总位移为 16m 考点:匀变速直线运动的图像;牛顿第二定律. 专题:运动学中的图像专题. 分析:根据速度时间图线得出物体的运动规律,结合图线的斜率得出加速度的变化,从而得出 拉力 F 的变化, 根据匀减速运动的加速度, 结合牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小. 结 合图线与时间轴围成的面积求出物体的位移. 解答:解:A、在 2s~4s 内,物体做匀速运动,因此外力 F=f≠0,故 A 错误. B、在 0~2s 内,图线的斜率逐渐减小,物体做加速度逐渐减小的加速运动,根据牛顿 第二定律得:F﹣f=ma,所以有:F=f+ma,知力 F 逐渐减小.故 B 正确. C、物体做匀减速运动的加速度大小为:a= =2m/s ,
2

根据牛顿第二定律得:f=μmg=ma,得 μ= =0.2,故 C 正确. D、根据图象与时间轴围成的面积表示物体的位移,则知在 0~2s 内的位移大于 m=4m,在 2~6s 内的位移为: ×(2+4)×4m=12m,则 0﹣6s 内的总位移大 于 16m.故 D 错误. 故选:BC. 点评:解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义,知道图线的斜率表示加速度,图线与时 间轴围成的面积表示位移,结合牛顿第二定律进行求解. 二、非选择题 10. (8 分) (2015?深圳二模)用一根弹簧和一把弹簧秤做“求合力”实验.

①用如图甲装置测定弹簧的劲度系数,挂钩码时不能超过弹簧的弹性限度; ②改变所挂钩码个数,把测出的多组数据绘成如图乙的弹力 F 跟伸长量 x 的关系图线,则弹 簧的劲度系数为 0.2N/cm; ③用这根弹簧和弹簧秤都与橡皮筋成 135°角来拉橡皮筋,弹簧秤示数如图丙所示,则此时弹 簧的伸长量为 10.5cm; ④用力的图示以这两个分力为邻边做平行四边形, 得出合力的大小 F 合, 若实验误差较小可以 忽略不计,则 F 合=2.96N. 考点:验证力的平行四边形定则. 专题:实验题. 分析:使用弹簧秤时不能超过弹簧的弹性限度;根据胡克定律,通过图线的斜率求出弹簧的劲 度系数. 根据弹簧秤示数运用胡克定律求解弹簧的伸长量. 解答:解:①用如图甲装置测定弹簧的劲度系数,挂钩码时不能超过弹簧的弹性限度; ②改变所挂钩码个数, 把测出的多组数据绘成如图乙的弹力 F 跟伸长量 x 的关系图线, 根据胡克定律得图线的斜率表示劲度系数,则 k= =0.2N/cm;

③用这根弹簧和弹簧秤都与橡皮筋成 135°角来拉橡皮筋,弹簧秤示数如图丙所示, 弹簧秤示数为 2.10N, 则此时弹簧的伸长量为△ x= =10.5cm,

④用力的图示以这两个分力为邻边做平行四边形,得出合力的大小 F 合,若实验误差较 小可以忽略不计, 则 F 合=2.10× =2.96N 故答案为:(1)① 弹性限度;②0.2; ③10.5; ④2.96 点评:关键掌握胡克定律 F=kx,知图线的斜率表示劲度系数,能够根据弹簧秤示数运用胡克 定律求解 弹簧的伸长量,基础题. 11. (10 分) (2015?深圳二模)用甲图测量电源电动势 E 和内阻 r.除了图中所给的器材,还 有一只多用电表可用,通过多用电表来测量电源的路端电压和电路的电流,完成下面的实验 步骤:

①断开开关 S1、S2,把电阻箱的阻值调至最大(填“大”或“小”) ; ②多用电表接 a、b,选择直流电压 5V 挡,闭合开关 S1、S2,调节电阻箱的阻值,此时表盘 指针指在如图乙的 P 位置,则读得 U1=1.25V,断开开关 S1、S2; ③多用电表改接 c、d,选择直流电流 500mA 挡,保持电阻箱阻值不变,闭合开关 S1,此时 表盘指针指在如图乙的 Q 位置,则读得 I1=0.355A,断开开关; ④用 U1 和 I1 列出计算电动势 E 和内阻 r 的表达式:E=U1+I1r. . 考点:测定电源的电动势和内阻. 专题:实验题. 分析:根据实验的安全性明确电阻箱开始时应接入的阻值;再根据电表选择的量程,明确最小 分度,则可读出对应的数据;由闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式. 解答:解:①为了实验的安全,开始时,电阻箱的阻值应调到最大;让电流由最小值开始变 化; ②由题意可知,直流电压量程为 5V,则最小分度为 0.1V,故指针的示数为 1.25V; ③为了让电流表工作,应闭合开关 S1,此时选择量程为 500mA;故最小分度为 10mA; 则读数为 355mA=0.355A; ④由题意可知,U1 测量为 R 接入时的路端电压,I1 为流过的路端电流;由闭合电路欧 姆定律可知: E=U1+I1r; 故答案为:①大;②1.25;③S1;0.355;④E=U1+I1r. 点评:本题考查测量电动势和内电阻的实验,要注意明确分析电路结构,明确电表采用的不同 接法时电路的性质,并能灵活应用闭合电路欧姆定律. 12. (18 分) (2015?增城市校级模拟)如图所示,装置的左边是足够长的光滑水平面,一轻质 弹簧左端固定,右端连接着质量 M=2kg 的小物块 A.装置的中间是水平传送带,它与左右两 边的台面等高,并能平滑对接.传送带始终以 u =2m/s 的速率逆时针转动.装置的右边是一光 滑的曲面,质量 m=1kg 的小物块 B 从其上距水平台面 h=1.0m 处由静止释放.已知物块 B 与 传送带之间的摩擦因数 μ=0.2,l=1.0m.设物块 A、B 中间发生的是对心弹性碰撞,第一次碰 2 撞前物块 A 静止且处于平衡状态.取 g=10m/s .

(1)求物块 B 与物块 A 第一次碰撞前速度大小;

(2)通过计算说明物块 B 与物块 A 第一次碰撞后能否运动到右边曲面上? 考点:动量守恒定律;机械能守恒定律. 专题:动量定理应用专题. 分析:(1)物块 B 沿光滑曲面下滑到水平位置由机械能守恒列出等式,物块 B 在传送带上滑 动根据牛顿第二定律和运动学公式求解 (2)物块 A、B 第一次碰撞前后运用动量守恒,能量守恒列出等式求解 解答:解: (1)设物块 B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为 v0,由机械能守恒知 ① 设物块 B 在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为 a μmg=ma ② 设物块 B 通过传送带后运动速度大小为 v,有 ③

结合②③④式解得 v=4m/s ④ 由于 v>u=2m/s,所以 v=4m/s 即为物块 B 与 A 第一次碰撞前的速度大小. (2)设物块 B、A 第一次弹性碰撞后的速度分别为 v1、v2,取向右为正方向 ﹣mv=mv1+Mv2 ⑤ ⑥ 解得: ⑦

即碰撞后 B 沿水平台面向右匀速运动 设物块 B 在传送带上向右运动的最大位移为 l′,则 ⑧ 解得 ⑨

所以物块 B 不能通过传送带运动到右边的曲面上. 答: (1)物块 B 与物块 A 第一次碰撞前速度大小为 4m/s; (2)物块 B 不能通过传送带运动到右边的曲面上. 点评:本题是多过程问题,分析滑块经历的过程,运用动量守恒,能量守恒、牛顿第二定律和 运动学公式结合按时间顺序分析和计算,难度较大. 13. (18 分) (2012?浙江校级模拟)如图(a)所示,间距为 l、电阻不计的 光滑导轨固定在倾 角为 θ 的斜面上.在区域 I 内有方向垂直于斜面的匀强磁场,磁感应强度为 B;在区域Ⅱ内有 垂直于面向下的匀强磁场,其磁感应强度 Bt 的大小随时间 t 变化的规律如图(b)所示.t=0 时刻在轨道上端的金属细棒 ab 从如图位置由静止开始沿导轨下滑,同时下端的另一金属细棒 cd 在位于区域 I 内的导轨上由静止释放.在 ab 棒运动到区域Ⅱ的下边界 EF 处之前,cd 棒始 终静止不动,两棒均与导轨接触良好.已知 cd 棒的质量为 m、电阻为 R,ab 棒的质量、阻值 均未知,区域Ⅱ沿斜面的长度为 2l,在 t=tx 时刻(tx 未知)ab 棒恰进入区域Ⅱ,重力加速度 为 g.求: (1)通过 cd 棒电流的方向和区域 I 内磁场的方向; (2)当 ab 棒在区域Ⅱ内运动时 cd 棒消耗的电功率;

(3)ab 棒开始下滑的位置离 EF 的距离; (4)ab 棒开始下滑至 EF 的过程中回路中产生的热量.

考点:导体切割磁感线时的感应电动势;电功、电功率. 专题:电磁感应与电路结合. 分析:(1)根据右手定则判断出 ab 棒中的电流方向,从而得出通过 cd 棒中的电流方向,根 据 cd 棒处于静止,通过安培力的方向,根据左手定则判断出区域 I 内磁场的方向. (2)对 cd 棒,根据平衡求出感应电流的大小,根据 P=I R 求出当 ab 棒在区域Ⅱ内运 动时 cd 棒消耗的电功率. (3) 棒 ab 进入 II 区域前后回路中的电动势不变, 即磁场变化产生电动势与导体切割磁 感线产生电动势相等,据此求出导体棒进入 II 时速度大小,然后根据导体棒匀加速下 滑的特点即可求出结果. (4)回路中电流恒定,根据 Q=EIt 可求出结果. 解答:解: (1)通过 cd 棒的电流方向 d→c 区域 I 内磁场方向为垂直于斜面向上 (2)对 cd 棒,F 安=BIl=mgsinθ 所以通过 cd 棒的电流大小 I=
2 2

当 ab 棒在区域 II 内运动时 cd 棒消耗的电功率 P=I R=



(3)ab 棒在到达区域 II 前做匀加速直线运动,a=

=gsinθ

cd 棒始终静止不动,ab 棒在到达区域Ⅱ前、后,回路中产生的感应电动势不变,则 ab 棒在区域Ⅱ中一定做匀速直线运动 可得; =Blvt, =Blgsinθtx,所以 tx=

ab 棒在区域 II 中做匀速直线运动的速度 vt= 则 ab 棒开始下滑的位置离 EF 的距离 h= atx +2l=3 l (4)ab 棒在区域 II 中运动的时间 t2= =
2

ab 棒从开始下滑至 EF 的总时间 t=tx+t2=2 E=Blvt=Bl ab 棒从开始下滑至 EF 的过程中闭合回路中产生的热量:Q=EIt=4mglsinθ 答: (1)通过 cd 棒的电流方向 d→c,区域 I 内磁场方向为垂直于斜面向上.

(2)当 ab 棒在区域Ⅱ内运动时 cd 棒消耗的电功率为 (3)ab 棒开始下滑的位置离 EF 的距离为 3l.



(4)ab 棒开始下滑至 EF 的过程中回路中产生的热量为 Bl . 点评:解决这类问题的关键是弄清电路结构,正确分析电路中的电流以及安培力的变化情况.


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