2016年新余市高二物理下学期期末试卷（带解析）

1 / 31 2016 年新余市高二物理下学期期末试卷（带解析） 本资料为 WoRD 文档，请点击下载地址下载全文下载地址 XX-2016 学年江西省新余市高二（下）期末物理试卷 一、选择题 1以下涉及物理学史的四个重大发现符合事实的是（ ） A楞次发现了电流热效应的规律 B库仑总结出了点电荷间相互作用的规律 c焦耳发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕 D亚里士多德将斜面实验的结论合理外推，证明了自由落体运动是匀变速直线运动 2某物体沿一直线运动，其速度图象如图所示，则下 列说法中正确的是（ ） A第 2s内和第 3s内速度方向相反 B第 2s内和第 3s内的加速度方向相反 c第 4s内速度方向与加速度方向相反 D第 5s内加速度方向与速度方向相同 3如图所示，斜劈形物体的质量为 m，放在水平地面上，2 / 31 质量为 m 的粗糙物块以某一初速度沿斜劈的斜而向上滑，至速度为零后又加速返回，而斜劈始终保持静止物块 m 向上、向下滑动的整个过程中（ ） A地面对斜劈 m 的摩擦力方向先向左后向右 B地面对斜劈 m 的摩擦力方向没有改变 c地面对斜劈 m 的支持力等于（ m+m） g D物块 m 向上、向下滑动时加速度大小不同 4如图所示电路中，当变阻器 R3 的滑动头 P 向 b 端移动时（ ） A电压表示数变大，电流表示数变小 B电压表示数变小，电流表示数变大 c电压表示数变大，电流表示数变大 D电压表示数变小，电流表示数变小 5如图所示小球沿水平面通过 o 点进入半径为 R 的半圆弧轨道后恰能通过最高点 P，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是（ ） A小球落地点离 o 点的水平距离为 R B小球落地点时的动能为 c小球运动到半圆弧最高点 P 时向心力恰好 为零 3 / 31 D若将半圆弧轨道上的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比 P 点高 6两条导线互相垂直，相隔一段较小的距离，如图所示；其中一条 AB是固定的，另一条 cD 能自由转动，当直流电流按图示方向通入两条导线时， cD 导线将（ ） A逆时针方向转动，同时靠近导线 AB B顺时针方向转动，同时靠近导线 AB c逆时针方向转动，同时离开导线 AB D顺时针方向转动，同时离开导线 AB 7如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有三个灯炮 L1、 L2 和 L3，输电线的等效电阻为 R，原线圈接有 一个理想电流表，开始时，开关 S 接通，当 S 断开时，以下说法中正确的是（ ） A原线圈两端 P、 Q 间的输入电压减小 B等效电阻 R 上消耗的功率变大 c原线圈中电流表示数增大 D灯炮 L1和 L2变亮 8一理想变压器原、副线圈匝数比 n1： n2=11： 5，原线圈与正弦交流电源连接，输入电压 U 如图所示，副线圈仅接一个 10 的电阻，则（ ） 4 / 31 A流过电阻的电流是 B变压器的输入功率是 1103W c经过 1 分钟电阻发出的热量是 6104j D与电阻并联的电压表示数是 100V 9如 图 1 所示，一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框的右边紧贴着磁场边界， t=o 时刻对线框施加一水平向右的外力 F，让线框从静止开始做匀加速直线运动，在t0时刻穿出磁场；图 2 为外力 F 随时间变化的图象，若线框质量为 m、电阻为 R，图象中的 F0、 t0也为已知量，由此可知（ ） A线框穿出磁场时的速度 v= B线框穿出磁场时的速度 v= c匀强磁场的磁感应强度 B= D匀强磁场的磁感应强度 B= 10转笔（ PenSpinning）是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，如图所示转笔深 受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点 o 做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及到的物理知识的叙述正确的是（ ） 5 / 31 A笔杆上的点离 o 点越近的，做圆周运动的向心加速度越小 B笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的 c若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走 D若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，由于笔杆中不会产生感应电流，因此金属笔杆两端一定不会形成电势差 二、实验题 11用游标为 20 公 分的游标卡尺测量某物体长度，其示数如图所示，由图可知该物体长度为 mm 12用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如图所示该金属丝的直径是 mm 13某同学通过实验研究小灯泡的电压与电流的关系可用的器材如下：电源（电动势 3V，内阻 1 ）、电键、滑动变阻器（最大阻值 20 ）、电压表、电流表、小灯泡、导线若干 （ 1）实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的 U I 图象如图 a 所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而 6 / 31 （填 “ 增大 ” 、 “ 减小 ” 或 “ 不变 ” ） （ 2）根据 图 a，在图 b 中把缺少的导线补全，连接成实验电路（其中电流表和电压表分别测量小灯泡的电流和电压） （ 3）若某次连接时，把 AB 间的导线误接在 Ac 之间，合上电键，任意移动滑片发现都不能使小灯泡完全熄灭，则此时的电路中，小灯泡可能获得的最小功率是 W（本小题若需要作图，可画在图 a 中） 三、论述、计算题 14飞机着陆后做匀变速直线运动，速度逐渐减小，已知飞机着陆时的速度为 60m/s，若前 5s 内通过的位移为 225m，则飞机的加速度大小为多少？此后飞机还要滑行多少秒才能停止运动？ 15 如图所示，轻杆 AB 长 l，两端各连接一个小球（可视为质点），两小球质量关系为 mB=mA=m，轻杆绕距 B 端处的 o轴在竖直平面内逆时针自由转动当轻杆由水平位置转至竖直位置的运动过程中，求杆对 A 球所做功 16如图所示，直角坐标系 xoy位于竖直平面内，在水平的x 轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应为 B，方向垂直 xoy 平面向里，电场线平行于 y 轴一质量为 m、电7 / 31 荷量为 q 的带正电的小球，从 y 轴上的 A 点水平向右抛出，经 x 轴上的 m 点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x 轴上的 N 点第一次离开电场和磁场， mN 之 间的距离为 L，小球过 m 点时的速度方向与 x 轴的方向夹角为 不计空气阻力，重力加速度为 g，求 （ 1）电场强度 E 的大小和方向； （ 2）小球从 A 点抛出时初速度 v0的大小； （ 3） A 点到 x 轴的高度 h 四、选做题【物理 -选修 3-4】 17如图所示，一束光从空气沿与玻璃球直径 AB 成 60 角的方向射入已知玻璃球的折射率为，直径长度为 D，光在空气中的速度为 c那么光线进入玻璃球后与直径 AB的夹角为 ，光线在玻璃球中传播的时间为 18如图为一列简谐横波在 t1=0 时刻的 波形图象，此时波中质点 m 正处于平衡位置，运动方向沿 y 轴负方向，到 t2=时质点 m 恰好第三次到达 y 轴正方向最大位移处试求： （ 1）该波传播方向； （ 2）该波波速大小 （ 3）从 t1=0到 t3=，波中质点 N 走过的路程和相对于平衡8 / 31 位置的位移分别是多少？ 五、【物理 -选修 3-4】 19已知氢原子的基态能量为 E1=，激发态能量为 En=，其中 n=2， 3 氢原子从第三激发态（ n=4）向基态跃迁所发出的所有光子中，最短的波长为 m；上述所有光子中，照射到铷金属表面，逸出的光电子中最大初动 能的最小值为 eV（普朗克常量 h=10 34js，铷的逸出功 W=） 20如图所示，粗糙斜面与光滑水平面通过可忽略的光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角 =37 A、 B是两个质量均为 m=1kg的小滑块（可视为质点）， c 为左侧附有胶泥的竖直薄板（质量均不计）， D 是两端分别水平连接 B 和 c 的轻质弹簧当滑块 A 置于斜面上且受到大小 F=4N、方向垂直斜面向下的恒力作用时，恰能沿斜面向下匀速运动现撤去 F，让滑块 A 从斜面上距底端 L=1m处由静止下滑，求：（ g=10m/s2， sin37= ） （ 1）滑块 A 到达斜面底端时的速度大小； （ 2）滑块 A 与 c 接触粘在一起后， A、 B 和弹簧构成的系统在作用过程中，弹簧的最大弹性势能 9 / 31 XX-2016学年江西省新余市高二（下）期末物理试卷 参考答案与试题解析 一、选择题 1以下涉及物理学史的四个重大发现符合事实的是（ ） A楞次发现了电流热效应的规律 B库仑总结出了点电荷间相互作用的规律 c焦耳发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕 D亚里士多德将斜面实验的结论合理外推，证明了自由落体运动是匀 变速直线运动 【考点】物理学史 【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答本题 【解答】解： A、楞次发现了感应电方向遵守的规律楞次定律，故 A 错误 B、库仑运用扭秤实验总结出了点电荷间相互作用的规律，故 B 正确 c、奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，故 c 错误 D、伽利略将斜面实验的结论合理外推，证明了自由落体运10 / 31 动是匀变速直线运动，故 D 错误 故选： B 2某物体沿一直线运动，其速度图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ） A第 2s内和第 3s内速度方向相反 B第 2s内和第 3s内的加速度方向相反 c第 4s内速度方向与加速度方向相反 D第 5s内加速度方向与速度方向相同 【考点】匀变速直线运动的图像 【分析】速度时间图象反映了物体各个不同时刻的速度情况，图线的斜率表示加速度、图线与时间轴包围的面积表示位移；从图中直接得出物体的运动规律即可 【解答】解： A、第 2s 内和第 3s 内速度同为正方向，故 A错误； B、物体前 2s 做匀加速直线运动，加速度为，第 3s 做匀减速直线运动，加速度为，故 B 正确； c、第四秒内物 体沿负方向做匀加速直线运动，故加速度与速度同方向，故 c 错误； D、第 5s内物体沿反方向做匀减速直线运动，故加速度与速度反方向，故 D 错误； 11 / 31 故选 B 3如图所示，斜劈形物体的质量为 m，放在水平地面上，质量为 m 的粗糙物块以某一初速度沿斜劈的斜而向上滑，至速度为零后又加速返回，而斜劈始终保持静止物块 m 向上、向下滑动的整个过程中（ ） A地面对斜劈 m 的摩擦力方向先向左后向右 B地面对斜劈 m 的摩擦力方向没有改变 c地面对斜劈 m 的支持力等于（ m+m） g D物块 m 向上、向下滑动时加速 度大小不同 【考点】共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律 【分析】物体先减速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下；对整体受力分析，然后根据牛顿第二定律求解地面对物体 m 的摩擦力和支持力； 【解答】解：物体先减速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，对整体受力分析，受到总重力、支持力和向左的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有 x 分析： f=masin y 分析：（ m+m） g N=（ m+m） acos A、由 式，地面对斜面体的静摩擦力方向一直未变，向左，12 / 31 故 A 错误； B、由 式，地面对 斜面体的静摩擦力方向一直未变，向左，故 B 正确； c、由 式，地面对物体 m 的支持力总小于（ m+m） g，故 c错误； D、物体向上运动时，物体受到的摩擦力的方向向下，得：ma1=mgsin+mgcos 物体向下滑动时，物体受到的摩擦力的方向向上，得：ma2=mgsin mgcos 所以 m 向上、向下滑动时加速度大小不同故 D 正确； 故选： BD 4如图所示电路中，当变阻器 R3 的滑动头 P 向 b 端移动时（ ） A电压表示数变大，电流表示数变小 B电压表示数变小，电流表示数变大 c电压表示数变大，电流表示数变大 D电压表示数变小，电流表示数变小 【考点】闭合电路的欧姆定律 【分析】电压表测量路端电压当变阻器 R3 的滑动头 P 向b 端移动时，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，确定外13 / 31 电路总电阻的变化，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，判断电压表示数的变化由欧姆定律判断并联部分电压的变化，确定通过 R2 的电流如何变化，由总电流和通过通过 R2电流的变化分析电流表示数的变化 【解答】解：当变阻器 R3 的滑动头 P 向 b 端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分的电阻增大，外 电路的电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律得知，总电流 I 减小，路端电压增大，则电压表示数变大并联部分的电压 U 并 =EI（ R1+r）， I 减小，其他量不变，可见， U 并增大，通过 R2的电流 I2 增大，流过电流表的电流 IA=I I2， I 减小， I2增大， IA减小，则电流表示数变小所以电压表示数变大，电流表示数变小 故选 A 5如图所示小球沿水平面通过 o 点进入半径为 R 的半圆弧轨道后恰能通过最高点 P，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是（ ） A小球落地点离 o 点的水平距离为 R B小球落地 点时的动能为 c小球运动到半圆弧最高点 P 时向心力恰好为零 D若将半圆弧轨道上的圆弧截去，其他条件不变，则小球14 / 31 能达到的最大高度比 P 点高 【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力 【分析】小球恰好通过最高点 P，靠重力提供向心力，根据若牛顿第二定律求出最高点的速度，结合平抛运动的规律求出平抛运动的水平位移，根据动能定理求出落地时的动能结合动能定理得出将半圆弧轨道上的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比 P 点高出的距离 【解答】解： A、小球恰能通过最高点，根据牛顿第二定律得：， 解得：， 根据 2R=得： t=， 则水平距离为： x=故 A 错误 B、根据动能定理得：， 解得落地的动能为： =故 B 错误 c、小球恰好运动到最高点，重力提供向心力，向心力不为零故 c 错误 D、若将半圆弧轨道上的圆弧截去，到达最高点的速度为零，有，未截去前，有：，联立两式解得 h 2R=故 D 正确 故选： D 6两条导线互相垂直，相隔一段较小的距离，如图所示；其中一条 AB是固定的，另一条 cD 能自由转动，当直流电流15 / 31 按图示方向通入两条导线时， cD 导线将（ ） A逆时针方向转动， 同时靠近导线 AB B顺时针方向转动，同时靠近导线 AB c逆时针方向转动，同时离开导线 AB D顺时针方向转动，同时离开导线 AB 【考点】磁场对电流的作用；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 【分析】电流 cD 处于电流 AB 产生的磁场中，在 cD 左右两边各取一小电流元，根据左手定则判断其安培力的方向，从而判断其运动当 cD 导线转过 90 后，看两电流是同向电流还是异向电流，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥 【解答】解：电流 AB 产生的磁场在右边垂直纸面向里，在左边垂直纸面向外，在 cD 左右两边各取一 小电流元，根据左手定则，左边的电流元所受的安培力方向向下，右边的电流元所受安培力方向向上，知 cD 导线逆时针方向转动当cD 导线转过 90 后，两电流为同向电流，相互吸引所以导线 cD逆时针方向转动，同时靠近导线 AB故 A 正确， B、c、 D 错误 故选 A 7如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有三个16 / 31 灯炮 L1、 L2 和 L3，输电线的等效电阻为 R，原线圈接有一个理想电流表，开始时，开关 S 接通，当 S 断开时，以下说法中正确的是（ ） A原线圈两端 P、 Q 间的输入电压减小 B等效电阻 R 上消耗的 功率变大 c原线圈中电流表示数增大 D灯炮 L1和 L2变亮 【考点】变压器的构造和原理 【分析】与闭合电路中的动态分析类似，可以根据开关通断的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据副线圈电压不变，来分析电阻与灯泡的电流和电压的变化的情况 【解答】解： A、电流表是理想的电流表，所以原线圈两端P、 Q 间的输入电压不变，所以 A 错误 B、当 S 断开后，副线圈上的总电阻增大，所以输出功率变小，原线圈电流变小，输电线上电压损失减小，等效电阻 R上的功率变小，灯泡 L1和 L2两端电压增大，功率增大，故B、 c 错误， D 正确 故选 D 8一理想变压器原、副线圈匝数比 n1： n2=11： 5，原线圈17 / 31 与正弦交流电源连接，输入电压 U 如图所示，副线圈仅接一个 10 的电阻，则（ ） A流过电阻的电流是 B变压器的输入功率是 1103W c经过 1 分钟电阻发出的热量是 6104j D与电阻并联的电压表示数是 100V 【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系 【分析】根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论 【解 答】解： A、由图象可知，原线圈中电压的最大值为 220V，所以电压的有效值为 220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为 =100V，副线圈的电阻为 10 ，所以电流的为 10A，所以 A 错误； B、原副线圈的功率是相同的，由 P=UI=10010W=1l03W ，所以 B 正确； c 、经过 1 分 钟 电 阻 发 出 的 热 量 是Q=I2Rt=1021060=6104j ，故 c 正确； D、电压表测量的是电压的有效值，所以电压表的读数为100V，故 D 错误 故选： Bc 18 / 31 9如图 1 所示，一正方形金属线框位于有 界匀强磁场区域内，线框的右边紧贴着磁场边界， t=o 时刻对线框施加一水平向右的外力 F，让线框从静止开始做匀加速直线运动，在t0时刻穿出磁场；图 2 为外力 F 随时间变化的图象，若线框质量为 m、电阻为 R，图象中的 F0、 t0也为已知量，由此可知（ ） A线框穿出磁场时的速度 v= B线框穿出磁场时的速度 v= c匀强磁场的磁感应强度 B= D匀强磁场的磁感应强度 B= 【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化 【分析】当 t=0时线框的速度为零，没有安培力，根据牛 顿第二定律求出加速度 a线框做匀加速直线运动，由运动学公式求出线框刚出磁场时的速度，得到安培力表达式，由牛顿第二定律即可求出 B； 【解答】解： A、 B， t=0 时刻，感应电动势 E=0，感应电流I=0，安培力 F 安 =BIl=0 由牛顿第二定律得： F0=ma， 解得： a= 线框做匀加速直线运动，则线框穿出磁场时的速度 v=at0=，19 / 31 故 A 正确， B 错误 c、 D，正方形金属线框的边长为 L= 线框刚离开磁场时所受的安培力为： FA=BIL 由闭合电路的欧姆定律得： I= 根据牛顿第二定律得： 3F0 FA=ma 代入得： 3F0 =m 联立求解得： B=，故 c 正确， D 错误 故选： Ac 10转笔（ PenSpinning）是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，如图所示转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点 o 做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及到的物理知识的叙述正确的是（ ） A笔杆上的点离 o 点越近的，做圆周运动的向心加速度越小 B笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的 c若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠 有可能因快速的转动做离心运动被甩走 D若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，由于笔杆中不会产生感应电流，因此金属笔杆两端一定不会形20 / 31 成电势差 【考点】向心力；牛顿第二定律 【分析】 A、根据向心加速度公式 an=2R ，即可确定向心加速度大小； B、各点做圆周运动的向心力是杆的弹力提供； c、当提供的向心力小于需要向心力，则会出现离心现象； D、根据电磁感应现象，结合地磁场，从而判定是否感应电动势，及感应电流 【解答】解： A、由向心加速度公式 an=2R ，笔杆上的点离 o 点越近的，做圆周 运动的向心加速度越小，故 A 正确； B、杆上的各点做圆周运动的向心力是由杆的弹力提供的，与万有引力无关，故 B 错误； c、当转速过大时，当提供的向心力小于需要向心力，出现笔尖上的小钢珠有可能做离心运动被甩走，故 c 正确； D、当金属笔杆转动时，切割地磁场，从而产生感应电动势，但不会产生感应电流，故 D 错误； 故选： Ac 二、实验题 11用游标为 20 公分的游标卡尺测量某物体长度，其示数如图所示，由图可知该物体长度为 mm 21 / 31 【考点】刻度尺、游标卡尺的使用 【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 【解答】解： 20 分度的游标卡尺，精确度是，游标卡尺的主尺读数为 50mm，游标尺上第 3 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为 3= ，所以最终读数为： 50mm+= 故答案为： 12用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如图所示该金属丝的直径是 mm 【考点】螺旋测微器的使用 【分析】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读 【解答】解：螺旋测微器固定刻度读书应该为，可动刻度读书为 = 最终 读数为 故答案为： 13某同学通过实验研究小灯泡的电压与电流的关系可用的器材如下：电源（电动势 3V，内阻 1 ）、电键、滑动变阻器（最大阻值 20 ）、电压表、电流表、小灯泡、导线若干 22 / 31 （ 1）实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的 U I 图象如图 a 所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而 增大 （填 “ 增大 ” 、 “ 减小 ” 或 “ 不变 ” ） （ 2）根据图 a，在图 b 中把缺少的导线补全，连接成实验电路（其中电流表和电压表分别测量小灯泡的电流和电压） （ 3）若某次连接时，把 AB 间的导线误接在 Ac 之间，合上电 键，任意移动滑片发现都不能使小灯泡完全熄灭，则此时的电路中，小灯泡可能获得的最小功率是 （都对） W（本小题若需要作图，可画在图 a 中） 【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线 【分析】在小灯泡的 U I 图象中，图象上的与原点连线的斜率表示小灯泡电阻的大小，所以小灯泡电阻随电流的最大而增大；本题的难点是当把 AB间的导线误接在 Ac 之间时，滑动变阻器的连接情况：的滑动触头打到最左端或最右端时变阻器均短路，此时小灯泡功率最大，的滑动触头在中间时，变阻器的有效电阻最大 【解答】解：（ 1）根据欧姆定律 R=知， 小灯泡的电阻随电压增大而增大 （ 2）由于小灯泡的电阻远小于电压表的内阻，电流表应用外接法；又电流与电压从零逐渐增大，故滑动变阻器应用分压式接法，实物图如图， 23 / 31 （ 3）若把 AB 间的导线误接在 Ac 之间，则当变阻器滑动触头在变阻器中间时阻值最大 R=5 ，此时小灯泡功率最小，把变阻器与电源内阻看成为等效电源的内阻，其电动势为3V，内阻为 6 ，则短路电流 =，在小灯泡的 U P 图象中，连接 U=3V与 I=两点，画出表示电源的 U I 图象，如图，读出两图线的交点坐标为 U=， I=，则小灯泡的最小功率为 P=UI=（都 对） 故答案为（ 1）增大 （ 2）如图 （ 3）（都对） 三、论述、计算题 14飞机着陆后做匀变速直线运动，速度逐渐减小，已知飞机着陆时的速度为 60m/s，若前 5s 内通过的位移为 225m，则飞机的加速度大小为多少？此后飞机还要滑行多少秒才能停止运动？ 【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系 【分析】知道了初速度、位移、时间，根据，求出加速度然后求出滑行的总时间，即可求出还要滑行的时间 【解答】解：由，得 24 / 31 225=60 a= 6m/s2 故飞机的加速度大小为 6m/s2 飞机飞行的总时间 =10s 则还需滑行的时间 t=10 5s=5s 故飞机还需滑行 5s停止运动 15如图所示，轻杆 AB 长 l，两端各连接一个小球（可视为质点），两小球质量关系为 mB=mA=m，轻杆绕距 B 端处的 o轴在竖直平面内逆时针自由转动当轻杆由水平位置转至竖直位置的运动过程中，求杆对 A 球所做功 【考点】动能定理的应用；机械能守恒定律 【分析】转动过程中，两球组成的系统只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律和两球速度关系，即可求出竖直方向时 A 球的速度，再对 A 球运用动 能定理，可求解杆对A 球做的功 【解答】解：当轻杆由水平位置转至竖直位置的运动过程中，只有重力做功， A、 B 系统的机械能守恒，则有 mAgl=mBgl+ 两球的角速度相等，由 v=r ， rA=2rB 得： vA=2vB 25 / 31 解得 vA2=mgl 对 A 球由动能定理得 mAgl+W= 解得杆对 A 球所做功 W= mgl 答：杆对 A 球所做功是 mgl 16如图所示，直角坐标系 xoy位于竖直平面内，在水平的x 轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应为 B，方向垂直 xoy 平面向里，电场线平行于 y 轴一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的小球，从 y 轴上的 A 点水平向右抛出，经 x 轴上的 m 点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x 轴上的 N 点第一次离开电场和磁场， mN 之间的距离为 L，小球过 m 点时的速度方向与 x 轴的方向夹角为 不计空气阻力，重力加速度为 g，求 （ 1）电场强度 E 的大小和方向； （ 2）小球从 A 点抛出时初速度 v0的大小； （ 3） A 点到 x 轴的高度 h 【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；共点力平衡的条件及其应用；运动的合成和分解 【分析】小球从 A 到 m 做平 抛运动，从 m 到 N 做匀速圆周运动，说明重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力由几何26 / 31 知识求得半径，进而求出速度，并机械能守恒定律求出 A 点到 x 轴的高度 h 【解答】解：（ 1）小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，说明电场力和重力平衡，则有 qE=mg，得到 E= 重力的方向竖直向下，则电场力方向竖直向上，由于小球带正电，故电场强度方向竖直向上 （ 2）小球做匀速圆周运动，设其设半径为 r，由几何关系知 r= 小球做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，设小球做圆周运动的速率为 v，有 qvB=m得 v= 由速度分解知 v0=vcos 代入得到 v0= （ 3）根据机械守恒定律，有 mgh+=h= 将 v0， v 代入得到 h= 答：（ 1）电场强度 E 的大小为，方向竖直向上； （ 2）小球从 A 点抛出时初速度 v0=； （ 3） A 点到 x 轴的高度 h= 27 / 31 四、选做题【物理 -选修 3-4】 17如图所示，一束光从空气沿与玻璃球直径 AB 成 60 角的方向射入已知玻璃球的折射率为，直径长度为 D，光在空气中的速度为 c那么光线进入玻璃球后与直径 AB的夹角为 30 ，光线在玻璃球中传播的时间为 【考点】光的折射定律 【分析】 根据光的折射定律求出折射角，即为光线在玻璃球中光线与直径 AB的夹角 通过几何关系求出在玻璃球中的路程，根据 v=求出光在玻璃球中的速度，从而求出光在玻璃球中传播的时间 【解答】解：由折射定律得： =n=， 得 =30 ，所以光线刚进入玻璃球时与直径 AB 的夹角为30 光线进入玻璃球经一次反射运动路程s=4Rcos30=2Dcos30=D 光在玻璃球中的速度 v= 光线进入玻璃球运动时间 t= 故答案为： 30 ， 28 / 31 18如图为一列简谐横波 在 t1=0 时刻的波形图象，此时波中质点 m 正处于平衡位置，运动方向沿 y 轴负方向，到 t2=时质点 m 恰好第三次到达 y 轴正方向最大位移处试求： （ 1）该波传播方向； （ 2）该波波速大小 （ 3）从 t1=0到 t3=，波中质点 N 走过的路程和相对于平衡位置的位移分别是多少？ 【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象 【分析】根据 m 点的振动方向，由波形平移法判断波的传播方向并由质点 m 的振动情况，确定波的周期，读出波长，再由波速公式求出波速 【解答】解：（ 1）由 m 点此时的运动方向向下，根据波形平移法 判断得知，此波沿 x 轴负方向传播 （ 2）在 t1=0到 t2=这段时间时，质点 m 恰好第 3 次到达正最大位移处，则有： （ 2+） T=，解得周期为： T= 由波的图象可以看出波长为： =4m ，则波速为： v=20m/s （ 3）在 t1=0至 t3=这段时间，波中质点 N 经过了 6 个周期，即质点 N 回到始点，所以走过的路程为 L=654=120cm