2015-2016学年浙江省杭州市建德市严州中学新安江校区高三（上）第一次模拟物理试卷
一、单项选择题（本大题共8题，每小题3分，共24分．选出各题中一个符合题意的选项，不选、多选、错选均不给分．）
1．在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限思维法、类比法和科学假说法、建立理想模型法、微元法等等．以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是( )
A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
B．根据速度定义式v=，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思维法
C．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法
D．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
2．如图所示，A、B两物体叠放在一起，B的左侧面与竖直墙壁相接触，现由静止同时释放两物体，不计空气阻力．则在物体落地之前下列说法正确的是( )
A．物体A受一个力 B．物体A受两个力
C．物体B受两个力 D．物体B受三个力
3．将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中的v﹣t图象如图所示．以下判断正确的是( )
A．前3s内货物只受重力作用
B．最后2s内物体的位移大小为12m
C．前3s内与最后2s内货物的平均速度相同
D．第3s末至第5s末的过程中，货物的机械能守恒
4．用竖直向上大小为30N的力F，将2kg的物体由沙坑表面静止抬升1m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20cm．若忽略空气阻力，g取10m/s2．则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )
A．20J B．24J C．34J D．54J
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5．山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动．如图所示，一滑雪坡由斜面AB和圆弧面BC组成，BC圆弧面和斜面相切于B，与水平面相切于C，竖直台阶CD底端与倾角为θ的斜坡DE相连．第一次运动员从A点由静止滑下通过C点后飞落到DE上，第二次从AB间的A′点（图中未标，即AB＞A′B）由静止滑下通过C点后也飞落到DE上，运动员两次与斜坡DE接触时速度与水平方向的夹角分别为φ1和φ2，不计空气阻力和轨道的摩擦力，则( )
A．φ1＞φ2 B．φ1＜φ2
C．φ1=φ2 D．无法确定两角的大小关系
6．如图所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方B点处有 带电液滴不断地自静止开始落下，液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落带电液滴对下落液滴的影响，设A所带电荷始终均匀分布在外表面．则下列叙述中正确的是( )
A．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动
B．当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动
C．所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等
D．所有液滴下落过程中电场力做功相等
7．如图所示，水平传送带的长度L=6m，皮带轮以速度v顺时针匀速转动，传送带的左端与一光滑圆弧槽末端相切，现有一质量为1kg的物体（视为质点），从高h=1.25m处O点无初速度下滑，物体从A点滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数为0.2，g取10m/s2，保持物体下落的高度不变，改变皮带轮的速度v，则物体到达传送带另一端的速度vB随v的变化图线是( )
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A． B． C． D．
8．如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1kg、电荷量q=+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．t=0时对木板施加方向水平向左，大小为0.6N恒力，g取10m/s2．则( )
A．木板和滑块一直做加速度为2m/s2的匀加速运动
B．滑块开始做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10m/s匀速运动
C．木板先做加速度为2m/s2匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后做加速度为3m/s2的匀加速运动
D．t=5s后滑块和木板开始有相对运动
二、多项选择题（本题共4题，共计16分．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）
9．如图所示，虚线框中存在垂直纸面向外的匀强磁场B和平行纸面且与竖直平面夹角为45°的斜向下的匀强电场E，有一质量为m、电荷量为q的带负电的小球在高为h处的P点从静止开始自由下落，当小球运动到复合场内时刚好做直线运动，那么( )
A．小球在复合场中一定做匀速直线运动
B．磁感应强度，场强
C．若换成带正电的小球，小球仍可能做直线运动
D．若同时改变小球的比荷与初始下落高度h，小球仍能沿直线通过复合场
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10．现有两个边长不等的正方形ABCD和abcd，如图所示，且Aa、Bb、Cc、Dd间距相等．在AB、AC、CD、DB的中点分别放等量的点电荷，其中AB、AC中点放的点电荷带正电，CD、BD的中点放的点电荷带负电，取无穷远处电势为零．则下列说法中正确的是( )
A．O点的电场强度和电势均为零
B．把一正点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零
C．同一点电荷在a、d两点所受电场力相同
D．将一负点电荷由a点移到b点电势能减小
11．如图所示，闭合电键S，电压表的示数为U，电流表的示数为I，现向左调节滑动变阻器R的触头P，电压表V的示数改变量的大小为△U，电流表的示数改变量大小为△I，则下列说法正确的是( )
A． 变大 B． 变大
C．电阻R1的功率变大 D．电源的总功率变大
12．如图所示，一物体m在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端沿光滑的斜面向上做匀加速直线运动，经时间t力F做功为60J，此后撤出力F，物体又经过时间t回到出发点，若以地面为零势能面，则下列说法正确的是( )
A．物体回到出发点的动能为60J
B．恒力F=2mgsinθ
C．撤出力F时，物体的重力势能是45J
D．动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力F之后
三、实验题（本大题共3题，每个小题2分，共计22分．）
13．“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图（甲）所示．
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（1）在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，用刻度尺测量计数点间的距离如图（乙）所示．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz．求：
①从图中所给的刻度尺上读出A、B两点间的距离s1=__________cm；
②该小车的加速度a=__________m/s2．
（2）平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上．挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度．小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表：
①请根据该组实验数据在答卷的坐标纸作出a﹣F的关系图象；
②根据提供的实验数据作出的a﹣F图线，不通过原点的主要原因是__________．
14．如图所示的电路中，1、2、3、4、5、6为连接点的标号．在开关闭合后，发现小灯泡不亮．现用多用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各连接点．
为了检测小灯泡、开关以及3根导线：
①在连接点1、2已接好的情况下，应当选用多用电表的__________挡，进行检查；
②在连接点1、2同时断开的情况下，应当选用多用电表的__________挡，进行检查；
③在开关闭合情况下，若测得3、4两点间的电压接近电源的电动势，则表明__________．
15．在“描述小灯泡的伏安特性曲线”实验中，需要用伏安法测定小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流，除开关、导线外，还有如下器材：
A．小灯泡“6V 3W”，B．直流电源6～8V
C．电流表（量程3A，内阻约0.2Ω）
D．电流表（量程0.6A，内阻约1Ω）
E．电压表（量程6V，内阻约20kΩ）
F．电压表（量程20V，内阻约60kΩ）
G．滑动变阻器（0～20Ω、2A ）
H．滑动变阻器（1kΩ、0.5A）
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（1）实验所用到的电流表应选__________，电压表应选__________，滑动变阻器应选__________．（填字母代号）
（2）在虚线框内画出最合理的实验原理图．
四、计算题（本大题共4小题，共计38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤直接写出最后答案的不得分）
16．一个质量为1500kg行星探测器从某行星表面竖直升空，发射时发动机推力恒定，发射升空后8s末，发动机突然间发生故障而关闭；如图所示为探测器从发射到落回出发点全过程的速度图象；已知该行星表面没有大气，不考虑探测器总质量的变化；求：
（1）探测器在行星表面上升达到的最大高度；
（2）探测器落回出发点时的速度；
（3）探测器发动机正常工作时的推力．
17．均匀导线制成的单位正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m．将其置于磁感强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示．线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行．当cd边刚进入磁场时，求：
（1）线框中产生的感应电动势大小；
（2）cd两点间的电势差大小；
（3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件．
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18．如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成，AB和BCD相切于B点，CD连线是圆轨道竖直方向的直径（C、D为圆轨道的最低点和最高点），已知∠BOC=30˚．可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出滑块经过圆轨道最高点D时对轨道的压力为F，并得到如图乙所示的压力F与高度H的关系图象，取g=10m/s2．求：
（1）滑块的质量和圆轨道的半径；
（2）是否存在某个H值，使得滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点．若存在，请求出H值；若不存在，请说明理由．
19．如图，直线MN上方有平行于纸面且与MN成45°的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B．今从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45°角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R．若该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，而第五次经过直线MN时恰好又通过O点．不计粒子的重力．求：
（1）电场强度的大小；
（2）该粒子再次从O点进入磁场后，运动轨道的半径；
（3）该粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间．
2015-2016学年浙江省杭州市建德市严州中学新安江校区高三（上）第一次模拟物理试卷
一、单项选择题（本大题共8题，每小题3分，共24分．选出各题中一个符合题意的选项，不选、多选、错选均不给分．）
1．在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限思维法、类比法和科学假说法、建立理想模型法、微元法等等．以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是( )
A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
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B．根据速度定义式v=，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思维法
C．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法
D．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系；物理模型的特点及作用；瞬时速度；匀变速直线运动的速度与位移的关系．
分析：解答本题应掌握：质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；
当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；
在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；
在研究曲线运动或者加速运动时，常常采用微元法，将曲线运动变成直线运动，或将变化的速度变成不变的速度．
解答： 解：A、质点采用的科学方法为建立理想化的物理模型的方法，故A错误；
B、为研究某一时刻或某一位置时的速度，我们采用了取时间非常小，即让时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，即采用了极限思维法，故B正确；
C、在研究加速度与质量和合外力的关系时，由于影响加速度的量有质量和力，故应采用控制变量法，故C正确；
D、在探究匀变速运动的位移公式时，采用了微元法将变速运动无限微分后变成了一段段的匀速运动，即采用了微元法；故D正确；
本题选错误的，故选：A．
点评：在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习．
2．如图所示，A、B两物体叠放在一起，B的左侧面与竖直墙壁相接触，现由静止同时释放两物体，不计空气阻力．则在物体落地之前下列说法正确的是( )
A．物体A受一个力 B．物体A受两个力
C．物体B受两个力 D．物体B受三个力
考点：力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．
专题：受力分析方法专题．
分析：先对整体结合运动情况受力分析，得到只受重力，加速度为g，即做自由落体运动，然后对B结合运动情况受力分析，得到受力情况．
解答： 解：A、B整体同时沿竖直墙面下滑，受到总重力，墙壁对其没有支持力，如果有，将会向右加速运动，因为没有弹力，故也不受墙壁的摩擦力，即只受重力，做自由落体运动；
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由于整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A、B间无弹力，再对物体B受力分析，只受重力；
故选A．
点评：本题关键先对整体受力分析，得到整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A与B间无弹力，最后再对B受力分析，得到其只受重力．
3．将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中的v﹣t图象如图所示．以下判断正确的是( )
A．前3s内货物只受重力作用
B．最后2s内物体的位移大小为12m
C．前3s内与最后2s内货物的平均速度相同
D．第3s末至第5s末的过程中，货物的机械能守恒
考点：机械能守恒定律；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：速度时间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，根据平均速度的公式比较前3s内和后2s内平均速度的大小．根据机械能守恒的条件判断机械能是否守恒．
解答： 解：A、前3s内货物做匀加速直线运动，受重力和拉力两个力作用．故A错误．
B、最后2s内物体的位移大小．故B错误．
C、前3s内的平均速度，后2s内的平均速度，两段时间内的平均速度相同．故C正确．
D、第3s末至第5s末，货物做匀速直线运动，重力势能增加，动能不变，机械能增加．故D错误．
故选C．
点评：解决本题的关键知道速度时间图线斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含义，以及掌握机械能守恒定律的条件．
4．用竖直向上大小为30N的力F，将2kg的物体由沙坑表面静止抬升1m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20cm．若忽略空气阻力，g取10m/s2．则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )
A．20J B．24J C．34J D．54J
考点：动能定理的应用．
专题：动能定理的应用专题．
分析：通过问题的情景了解，以物体从开始向上运动到落到落入沙中停止为研究过程，运用动能定理去解决．
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解答： 解：以物体从开始运动到落到落入沙中停止为研究过程，向上的力F、重力和沙的阻力做功，
根据动能定理w总=△EK 可得：
W+WG+Wf=0﹣0
即：F•H+mgh+Wf=0
代入数据解得：Wf=﹣F•H﹣mgh=﹣34J负号表示物体克服沙坑的阻力做功．
故选：C
点评：该题目考查的是动能定理得应用，在应用时应注意研究过程的选取和总功的求解．
5．山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动．如图所示，一滑雪坡由斜面AB和圆弧面BC组成，BC圆弧面和斜面相切于B，与水平面相切于C，竖直台阶CD底端与倾角为θ的斜坡DE相连．第一次运动员从A点由静止滑下通过C点后飞落到DE上，第二次从AB间的A′点（图中未标，即AB＞A′B）由静止滑下通过C点后也飞落到DE上，运动员两次与斜坡DE接触时速度与水平方向的夹角分别为φ1和φ2，不计空气阻力和轨道的摩擦力，则( )
A．φ1＞φ2 B．φ1＜φ2
C．φ1=φ2 D．无法确定两角的大小关系
考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
专题：动能定理的应用专题．
分析：由动能定理知从A′点滑下的时候通过C点的速度较小，然后根据平抛运动tanφ=进行比较
解答： 解：根据动能定理mgh=mv02，A下落时高度较大，所以从A下落到达C点的速度比较大
那么从A和A′下落时在DE上的落点如图所示，根据平抛运动中的推论：tanφ=2tanθ
由图可以看出从A′下落时从C点飞出后tanθ值较大，故从A′下落时落到DE后tanφ2较大，即tanφ1＜tanφ2
故选：B．
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A
点评：本题考查了动能定理以及平抛运动，平抛运动时注意运用速度偏转角正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍这一推论可以使问题简单．
6．如图所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方B点处有 带电液滴不断地自静止开始落下，液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落带电液滴对下落液滴的影响，设A所带电荷始终均匀分布在外表面．则下列叙述中正确的是( )
A．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动
B．当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动
C．所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等
D．所有液滴下落过程中电场力做功相等
考点：电势差与电场强度的关系；电势能．
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：随着球A液滴增多，带电量增大，空间产生的场强增强，除第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，不一定能到达A球；通过分析受力情况，判断液滴的运动情况；当液滴所受的电场力与重力相等时动能最大，但各个液滴动能最大的位置不同，最大动能不等；根据功的公式W=Fl分析电场力做功关系．
解答： 解：A、第一滴液滴只受重力做自由落体运动，以后液滴将受力向上的电场力作用而做变加速运动，故A正确．
B、当液滴下落到重力等于电场力位置时，继续向下运动时电场力增大，电场力将大于重力，开始做减速运动，故B错误．
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C、当液滴所受的电场力与重力相等时动能最大，则有：mg=k，x是动能最大的位置到A距离，由于A球的电荷量qA在不断增大，x增大，所以第一滴液滴以后的液滴动能最大的位置将不断上移，合外力做功不等，则最大动能不等，故C正确．
D、由于所有液滴下落过程中所受的电场力不等，若能到达A球，根据功的公式W=Fl可知，通过的位移相等，电场力做功不相等；若不能到达A球，液滴将返回到B点，电场力做功为零，即电场力做功相等，故D错误．
故选：AC．
点评：本题关键要正确分析液滴的受力情况，从而判断其运动情况，知道液滴所受的电场力与重力平衡时动能最大，类似于小球掉在弹簧上的问题，要能进行动态分析．
7．如图所示，水平传送带的长度L=6m，皮带轮以速度v顺时针匀速转动，传送带的左端与一光滑圆弧槽末端相切，现有一质量为1kg的物体（视为质点），从高h=1.25m处O点无初速度下滑，物体从A点滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数为0.2，g取10m/s2，保持物体下落的高度不变，改变皮带轮的速度v，则物体到达传送带另一端的速度vB随v的变化图线是( )
A． B． C． D．
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．
专题：传送带专题．
分析：根据动能定理求出物体滑到A点的速度，通过速度与传送带速度的关系，判断出物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式求出B点的速度．
解答： 解：根据动能定理得，mgh=，解得v==．
物块在传送带上做匀变速直线运动的加速度大小a=μg=2m/s2，
若一直做匀减速直线运动，则到达B点的速度m/s=1m/s．
若一直做匀加速直线运动，则达到B点的速度m/s=7m/s．
知传送带的速度v＜1m/s时，物体到达B点的速度为1m/s．
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传送带的速度v＞7m/s时，物体到达B点的速度为7m/s．
若传送带的速度1m/s＜v＜5m/s，将先做匀减速运动，达到传送带速度后做匀速直线运动．
若传送带速度5m/s＜v＜7m/s，将先做匀加速运动，达到传送带速度后做匀速直线运动．故A正确，B、C、D错误．
故选A．
点评：解决本题的关键理清物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．
8．如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1kg、电荷量q=+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．t=0时对木板施加方向水平向左，大小为0.6N恒力，g取10m/s2．则( )
A．木板和滑块一直做加速度为2m/s2的匀加速运动
B．滑块开始做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10m/s匀速运动
C．木板先做加速度为2m/s2匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后做加速度为3m/s2的匀加速运动
D．t=5s后滑块和木板开始有相对运动
考点：洛仑兹力；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．
专题：带电粒子在磁场中的运动专题．
分析：先求出木块静摩擦力能提供的最大加速度，再根据牛顿第二定律判断当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起运动的加速度，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时摩擦力等于零，此后物块做匀速运动，木板做匀加速直线运动．
解答： 解：ABC、由于滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为5m/s2，所以当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起以a=的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当滑块受到的洛伦兹力减小到一定的数值时，滑块开始相对于木板滑动，此后滑块开始做加速度减小的变加速运动，木板做加速度增大的加速运动；当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv=mg，解得：v=10m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，a=．故A错误，B错误，C正确．
D、滑块开始与木板一起做a=2m/s2加速直线运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当滑块受到的洛伦兹力减小到一定的数值时，滑块开始相对于木板滑动，此时木板对滑块的作用力：
N
竖直方向受力平衡，得：mg=N+qvB
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所以：
滑块从开始做加速运动，到速度增大到6m/s所用的时间：s．
即滑块从t=3s和木板开始有相对运动．故D错误．
故选：C．
点评：本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确分析木板和滑块的受力情况，进而判断运动情况．
二、多项选择题（本题共4题，共计16分．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）
9．如图所示，虚线框中存在垂直纸面向外的匀强磁场B和平行纸面且与竖直平面夹角为45°的斜向下的匀强电场E，有一质量为m、电荷量为q的带负电的小球在高为h处的P点从静止开始自由下落，当小球运动到复合场内时刚好做直线运动，那么( )
A．小球在复合场中一定做匀速直线运动
B．磁感应强度，场强
C．若换成带正电的小球，小球仍可能做直线运动
D．若同时改变小球的比荷与初始下落高度h，小球仍能沿直线通过复合场
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．
专题：带电粒子在复合场中的运动专题．
分析：小球进入复合场受重力、电场力和洛伦兹力作用，因为洛伦兹力的大小与速度大小有关，由题意可知该直线运动为匀速直线运动，通过共点力平衡求出磁感应强度和电场强度的大小．通过小球的受力判断若小球带正电能否做直线运动．
解答： 解：A、小球在复合场中受到竖直向下的重力、与电场强度方向相反的电场力和水平向右的洛伦兹力的作用，如图所示．其中电场力和重力是恒力，而洛伦兹力的大小与小球的速度大小成正比，若小球做的是变速运动，那么洛伦兹力也是变力，小球的合外力方向也要改变，这与题意不符，所以小球在复合场中一定做匀速直线运动．故A正确．
B、根据小球的平衡条件可得，qvB=mg，，又v2=2gh，联立各式解得磁感应强度B=，电场强度E=．故B错误．
C、若换成带正电的小球，则电场力和洛伦兹力同时反向，合力不可能为零．故C错误．
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D、若要使小球沿直线通过复合场，小球的合力一定为零，所以一定要满足B=和E=，若同时改变小球 的比荷与初始下落的高度h，以上两个式子不能同时满足，故D错误．
故选：A．
点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，通过小球的受力分析小球的运动，难度中等．
10．现有两个边长不等的正方形ABCD和abcd，如图所示，且Aa、Bb、Cc、Dd间距相等．在AB、AC、CD、DB的中点分别放等量的点电荷，其中AB、AC中点放的点电荷带正电，CD、BD的中点放的点电荷带负电，取无穷远处电势为零．则下列说法中正确的是( )
A．O点的电场强度和电势均为零
B．把一正点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零
C．同一点电荷在a、d两点所受电场力相同
D．将一负点电荷由a点移到b点电势能减小
考点：电势能；电势．
专题：机械能守恒定律应用专题．
分析：根据点电荷产生的电场特点和矢量合成法则求解．电荷在等势面上移动时，电场力做功为0．
解答： 解：A、上下两个正负点电荷在O点将产生的电场强度向下，左右两个电荷正负点电荷在O点的电场强度向右，根据矢量合成法则可知，O点电场强度不为零，方向沿为AD方向．四个点电荷在O点处电势为零，故A错误．
B、据对称性，b、c等电势，把一负点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零，故B正确．
C、按照库仑定律和力的合成，同一点电荷在a、d两点所受电场力相同，故C正确．
D、取无穷远处电势为零，在a点的电势为正，b、O、c三点电势相等，均为零，则负电荷从a移动到b电场力做负功，所以电势能增加．故D错误．
故选BC．
点评：本题以点电荷形成电场为背景，考查电场强度的叠加、电势、电场力做功与电势能改变等．
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11．如图所示，闭合电键S，电压表的示数为U，电流表的示数为I，现向左调节滑动变阻器R的触头P，电压表V的示数改变量的大小为△U，电流表的示数改变量大小为△I，则下列说法正确的是( )
A． 变大 B． 变大
C．电阻R1的功率变大 D．电源的总功率变大
考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．
专题：恒定电流专题．
分析：如图，变阻器与电阻R1并联后与电阻R2串联，根据闭合电路欧姆定律判断干路电流和路端电压的变化情况，根据P=EI判断电源的总功率；根据公式P=判断电阻R1的电功率情况；将电阻R2与电源当作等效电源，故表示等效电源的内电阻．
解答： 解：A、由图看出，变阻器与电阻R1并联后再与电阻R2串联．当向左调节滑动变阻器的触头P时，变阻器有效电阻变大，外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律，干路电流I减小，电源的内电压和R1的电压减小，根据闭合电路欧姆定律可知电压表示数U变大．故电压与电流的比值增大；故A正确；
B、根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣I（R2+r），将电阻R2与电源当作等效电源，表示等效电源的内电阻，即=R2+r，不变，故B错误．
C、U增大，则根据公式P=判断得知，电阻R1的电功率变大，故C正确．
D、I减小，电源的总功率P=EI减小，故D错误．
故选：AC．
点评：本题是动态分析问题，关键明确电路结构，按照局部→整体→局部的顺序进行分析．
12．如图所示，一物体m在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端沿光滑的斜面向上做匀加速直线运动，经时间t力F做功为60J，此后撤出力F，物体又经过时间t回到出发点，若以地面为零势能面，则下列说法正确的是( )
A．物体回到出发点的动能为60J
B．恒力F=2mgsinθ
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C．撤出力F时，物体的重力势能是45J
D．动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力F之后
考点：机械能守恒定律．
专题：机械能守恒定律应用专题．
分析：求物体回到出发点的动能可以运用动能定理，抓住整个过程中重力做功为零．撤去F前，物体做匀加速运动，撤去后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反，用平均速度表示位移，列式可求出撤去F瞬时与回到出发点瞬时速度关系，再分两个过程，根据动量定理可求出F的大小．根据动能定理求解撤出力F时物体的重力势能．根据撤去F时动能与重力势能的大小关系，分析两者相等的位置．
解答： 解：A、对于整个过程，由动能定理得：Ek=WF=60J，所以物体回到出发点的动能为60J．故A正确．
B、取沿斜面向上方向为正方向，撤去F时物体速度大小为v，回到出发点时速度大小为v′．撤去F前，物体做匀加速运动，撤去后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反，则有 t=﹣，则得v′=2v，
根据动量定理得：
匀加速运动过程，有Ft﹣mgsinθt=mv
匀减速运动过程，有﹣mgsinθt=﹣mv′﹣mv
解得，F=．故B错误．
C、由上知，物体回到出发点时的动能Ek′==60J，刚撤去F时，Ek===Ek=15J
对于匀加速运动，由动能定理得：WF﹣mgh=Ek．则得mgh=WF﹣Ek=60J﹣15J=45J，即撤出力F时，物体的重力势能是45J，故C正确．
D、由上看出，撤去F前，由动量定理得，（F﹣mgsinθ）t=mvt，解得vt=，t时刻动能为EKt==
重力势能EP=mgsinθ=，可见，动能总小于重力势能，而撤去F后，在下滑过程中，动能增大，重力势能减小到零，所以动能与重力势能会相等，故D正确．
故选ACD
点评：本题考查的知识点较多，要善于选择研究的过程，根据位移关系，由运动学公式求出速度关系是关键．
三、实验题（本大题共3题，每个小题2分，共计22分．）
13．“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图（甲）所示．
（1）在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，用刻度尺测量计数点间的距离如图（乙）所示．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz．求：
①从图中所给的刻度尺上读出A、B两点间的距离s1=0.70cm；
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②该小车的加速度a=0.2m/s2．
（2）平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上．挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度．小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表：
①请根据该组实验数据在答卷的坐标纸作出a﹣F的关系图象；
②根据提供的实验数据作出的a﹣F图线，不通过原点的主要原因是未计入砝码盘的重力．
考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
专题：实验题；牛顿运动定律综合专题．
分析：（1）①刻度尺的最小分度是1mm，读数时准确值加估计值．
②若纸带做匀变速直线运动，由纸带上的计数点间距，利用匀变速直线运动推论△s=aT2，其中，T=5×0.02s=0.1s，求解加速度．
（2）该实验是探究加速度与力、质量的三者关系，研究三者关系必须运用控制变量法．根据图中的数据，合理的设计横纵坐标的刻度值，据数据确定个点的位置，将个点用一条直线连起来，延长交与坐标轴某一点．知道为什么需要平衡摩擦力以及不平衡摩擦力带来什么问题．
解答： 解：（1）①刻度尺的最小分度是1mm，s1=0.70cm；
②由图知，s1=0.70cm，s2=0.90cm，s3=1.10cm，说明小车做匀加速运动，则由 s2﹣s1=aT2，其中，T=5×0.02s=0.1s，
解得，a=0.2m/s2．
（2）①作出a﹣F的关系图象如图所示．
②a﹣F图线，不通过原点的主要原因是未放入砝码时，小车已有加速度，可以判断未计入砝码盘的重力．
故答案为：
（1）①s1=0.70cm；②0.2．
（2）①作出a﹣F的关系图象如图所示．
②计入砝码盘的重力．
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点评：对于实验问题需要结合物理规律去解决．处理图象问题要注意图线的斜率、交点、拐点、面积等意义，能正确理解这些量的意义则很多问题将会迎刃而解．
对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由．其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚．
14．如图所示的电路中，1、2、3、4、5、6为连接点的标号．在开关闭合后，发现小灯泡不亮．现用多用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各连接点．
为了检测小灯泡、开关以及3根导线：
①在连接点1、2已接好的情况下，应当选用多用电表的电压挡，进行检查；
②在连接点1、2同时断开的情况下，应当选用多用电表的欧姆挡，进行检查；
③在开关闭合情况下，若测得3、4两点间的电压接近电源的电动势，则表明小灯泡断路．
考点：伏安法测电阻．
专题：实验题；恒定电流专题．
分析：对判断电路故障问题注意检查电源（或电压）时应用电压表即多用电表的电压挡；检查电阻时应将被检查的电阻与电源（或其它电路）断开；根据欧姆定律判断电路是断路还是短路．
解答： 解：①在连接点1、2已接好的情况下，1、2两点间有电压，所以应用电压挡进行测量；
②在连接点1、2同时断开的情况下，即与电源断开的情况下，应用多用电表的欧姆挡进行检查；
③在开关闭合情况下，若测得3、4两点间的电压接近电源的电动势，则表明小灯泡左端3与电源左端2等势，小灯泡右端4与电源右端1等势，又小灯泡不亮说明可能小灯泡发生断路．
故答案为：①电压
②欧姆
③小灯泡断路
点评：用多用电表测量电阻时务必将待测电阻与周围其它电路断开，判断电路故障时，要根据欧姆定律来判定．
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15．在“描述小灯泡的伏安特性曲线”实验中，需要用伏安法测定小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流，除开关、导线外，还有如下器材：
A．小灯泡“6V 3W”，B．直流电源6～8V
C．电流表（量程3A，内阻约0.2Ω）
D．电流表（量程0.6A，内阻约1Ω）
E．电压表（量程6V，内阻约20kΩ）
F．电压表（量程20V，内阻约60kΩ）
G．滑动变阻器（0～20Ω、2A ）
H．滑动变阻器（1kΩ、0.5A）
（1）实验所用到的电流表应选D，电压表应选E，滑动变阻器应选G．（填字母代号）
（2）在虚线框内画出最合理的实验原理图．
考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．
专题：实验题；恒定电流专题．
分析：（1）根据灯泡额定电压与额定功率求出灯泡额定电流，根据额定电流选择电流表；根据灯泡额定电压选择电压表；在保证安全的前提下，为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器．
（2）描绘小灯泡伏安特性曲线电压、电流需要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出实验电路图．
解答： 解：（1）灯泡额定电流I==0.5A，电流表应选D；灯泡额定电压6V，电压表应选E；为方便实验操作，减小误差，滑动变阻器应选G．
（2）描绘灯泡伏安特性曲线滑动变阻器应采用分压接法；
灯泡正常工作时电阻为R==12Ω，
=12，≈1666.7，
＞，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示．
故答案为：（1）D；E；G；（2）电路图如图所示
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点评：本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图；要掌握实验器材的选取原则，确定滑动变阻器与电流表的接法是设计实验电路图的关键，也是难点．
四、计算题（本大题共4小题，共计38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤直接写出最后答案的不得分）
16．一个质量为1500kg行星探测器从某行星表面竖直升空，发射时发动机推力恒定，发射升空后8s末，发动机突然间发生故障而关闭；如图所示为探测器从发射到落回出发点全过程的速度图象；已知该行星表面没有大气，不考虑探测器总质量的变化；求：
（1）探测器在行星表面上升达到的最大高度；
（2）探测器落回出发点时的速度；
（3）探测器发动机正常工作时的推力．
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．
专题：运动学中的图像专题；牛顿运动定律综合专题．
分析：（1）图象在0﹣24s范围内“面积”表示探测器在行星表面达到的最大高度，由数学知识求解．
（2）发动机关闭后，探测器的加速度等于该行星表面的重力加速度，由图象的斜率求出，再根据速度位移公式求解探测器落回出发点时的速度．
（3）在0﹣8s时间内，由斜率求出加速度，根据牛顿第二定律求出发动机的推动力．
解答： 解：（1）24s末达到最高点，由于图线与坐标轴包围的面积，故H=
（2）发动机关闭后，探测器减速上升的过程中，只受重力，加速度大小为g=
探测器返回地面的过程有：v2=2gh
解得：v=32m/s
（3）加速过程，加速度大小为a1=
根据牛顿第二定律，有
F﹣mg=ma1
解得 F=m（g+a1）=18000N
答：（1）探测器在行星表面上升达到的最大高度为768m；
（2）探测器落回出发点时的速度为32m/s；
（3）探测器发动机正常工作时的推力为18000N．
点评：本题关键分析清楚探测器的运动规律，然后根据运动学公式结合牛顿第二定律列式求解．
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17．均匀导线制成的单位正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m．将其置于磁感强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示．线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行．当cd边刚进入磁场时，求：
（1）线框中产生的感应电动势大小；
（2）cd两点间的电势差大小；
（3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件．
考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；安培力．
专题：电磁感应中的力学问题．
分析：（1）线框先自由下落，由高度h求得速度v，由E=BLv求解感应电动势的大小．
（2）cd两点间的电势差大小等于外电压，等于．
（3）若此时线框加速度恰好为零，线框所受的安培力与重力平衡，推导出安培力表达式，由平衡条件求解h．
解答： 解：（1）cd边刚进入磁场时，线框速度为：，
感应电动势大小为：
（2）此时线框中电流：，cd两点间的电势差：
（3）线框所受的安培力为
根据牛顿第二定律mg﹣F=ma，则a=0
解得下落高度满足
答：
（1）线框中产生的感应电动势大小是BL；
（2）cd两点间的电势差大小是BL；
（3）若此时线框加速度恰好为零，线框下落的高度满足．
点评：本题电磁感应与力学、电路知识的综合，注意区分cd电压是外电压还是内电压．安培力与速度的关系要会推导．
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18．如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成，AB和BCD相切于B点，CD连线是圆轨道竖直方向的直径（C、D为圆轨道的最低点和最高点），已知∠BOC=30˚．可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出滑块经过圆轨道最高点D时对轨道的压力为F，并得到如图乙所示的压力F与高度H的关系图象，取g=10m/s2．求：
（1）滑块的质量和圆轨道的半径；
（2）是否存在某个H值，使得滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点．若存在，请求出H值；若不存在，请说明理由．
考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．
专题：动能定理的应用专题．
分析：（1）先根据机械能守恒定律求出滑块经过D点时的速度大小，根据牛顿第二定律求出滑块经过D点时轨道对滑块的压力，即可得到滑块对轨道的压力，结合图象的信息，求解滑块的质量和圆轨道的半径；
（2）假设滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的E点，滑块离开轨道后，做平抛运动，由平抛运动的规律求出滑块经过D点时的速度大小，与临界速度进行比较，判断假设是否成立，若滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点，再根据机械能守恒定律求出H．
解答： 解：（1）滑块从A运动到D的过程，由机械能守恒得：mg（H﹣2R）=mvD2
F+mg=
得：F=﹣mg
取点（0.50m，0）和（1.00m，5.0N）代入上式解得：m=0.1kg，R=0.2m
（2）假设滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的E点（如图所示）
从D到E过程滑块做平抛运动，则有：
OE=
x=OE=vDPt
R=gt2
得到：vD=2m/s
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而滑块过D点的临界速度为：
vDL==m/s
由于：vD＞vDL所以存在一个H值，使得滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点
mg（H﹣2R）=mvD2
得到：H=0.6m
答：（1）滑块的质量为0.1kg，圆轨道的半径为0.2m．
（2）存在H值，使得滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点，H值为0.6m．
点评：本题考查了圆周运动、牛顿第二定律、机械能守恒定律，考查内容较多；要准确理解恰能到达最高点的物理含义．运用物理规律列式，来分析图象的物理意义．
19．如图，直线MN上方有平行于纸面且与MN成45°的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B．今从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45°角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R．若该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，而第五次经过直线MN时恰好又通过O点．不计粒子的重力．求：
（1）电场强度的大小；
（2）该粒子再次从O点进入磁场后，运动轨道的半径；
（3）该粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间．
考点：带电粒子在混合场中的运动；平抛运动；带电粒子在匀强磁场中的运动．
专题：带电粒子在复合场中的运动专题．
分析：首先分析带电粒子的运动情况，先是一段半径为R的圆弧到a点，接着恰好逆电场线匀减速运动到b点速度为零再返回a点速度仍为v，再在磁场中运动一段圆弧到c点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动，再根据平抛运动和匀速圆周运动的基本公式及几何关系即可解题．
26
解答： 解：粒子的运动轨迹如图，先是一段半径为R的圆弧到a点，接着恰好逆电场线匀减速运动到b点速度为零再返回a点速度仍为v，再在磁场中运动一段圆弧到c点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动．
（1）易知，
带电粒子类平抛运动的垂直和平行电场方向的位移都为
①
所以类平抛运动时间为
②
又 ③
再者 ④
由①②③④可得：E=vB ⑤
（2）由平抛知识得：tanβ=2tanα=2
所以 v∥=vtanβ=2v
则第五次过MN进入磁场后的圆弧半径
R′=
（3）粒子在磁场中运动的总时间为 ⑥
粒子在电场中的加速度为
粒子做直线运动所需时间为 ⑦
由②⑥⑦式求得粒子从出发到第五次到达O点所需时间
答：（1）电场强度的大小为vB；
（2）该粒子再次从O点进入磁场后，运动轨道的半径为；
（3）该粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间为．
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点评：该题主要考查带电粒子在电场和磁场中的运动问题，对同学们对粒子运动轨迹的分析要求较高，并要熟练掌握平抛运动及匀速圆周运动的基本公式，难度较大．
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