黑龙江省牡丹江一中高三物理上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年黑龙江省牡丹江一中高三（上）期中物理试卷一、单项选择题（每小题只有一个正确选项，本题共9小题，每小题4分，共36分）1火星的质量和半径分别约为地球的和，地球表面的重力加速度为g，则火星表面的重力加速度约为( )a0.2gb0.4gc2.5gd5g2如图所示，一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱和杆的质量为m，环的质量为m，已知环以某一初速度沿着杆匀减速下滑，设环的加速度大小为a，则在环下滑过程中箱对地面的压力f为( )af=（m+m）gbf=mg+m（g+a）cmgf（m+m）gdf=mg+m（ga）3如图，两根长度分别为l1和l2的光滑杆ab和bc在b点垂直焊接，当按图示方式固定在竖直平面内时，将一滑环从b点由静止释放，分别沿ba和bc滑到杆的底端经历的时间相同，则这段时间为( )abcd4一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点o为坐标原点，其电势能ep与位移x的关系如图所示，下列图象中合理的是( )a电场强度与位移关系b粒子动能与位移关系c粒子速度与位移关系d粒子加速度与位移关系5在图示电路的三根导线中，有一根是断的，电源、电阻器r1、r2及另外两根导线都是好的，为了查出断导线，某学生想先将万用表的红表笔连接在电源的正极a，再将黑表笔分别连电阻器r1的b端和r2的c端，并观察万用表指针的示数，在下列选档中，符合操作规程的是( )a直流10v挡b直流0.5a挡c直流2.5v挡d欧姆挡6如图所示，将一根粗细均匀的电阻丝弯成一个闭合的圆环，接入电路中，电路与圆环的o点固定，p为与圆环良好接触的滑动头，闭合开关s，在滑动头p缓慢地由m点经n点移到q点过程中，电容器c所带的电荷量将( )a由少变多b由多变少c先增多后减少d先减少后增多7三个速度大小不同的同种带电粒子，沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为90、60、30，则它们在磁场中运动的时间之比为( )a3：2：1b1：2：3c1：1：1d1：8如图所示，用手握着细绳的一端在水平桌面上做半径为r的匀速圆周运动，圆心为o，角速度为细绳长为l，质量忽略不计，运动过程中细绳始终与小圆相切在细绳的另外一端系着一个质量为m的小球，小球在桌面上恰好在以o为圆心的大圆上做圆周运动小球和桌面之间存在摩擦力，以下说法正确的是( )a小球将做变速圆周运动b细绳拉力为m2c手对细线做功的功率为d球与桌面间的动摩擦因数为9用电流表和电压表测量电阻rx的阻值如图所示，分别将图（a）和（b）两种测量电路连接到电路中，按照（a）图时，电流表示数为4.50ma，电压表示数为2.50v；按照（b）图时，电流表示数为5.00ma，电压表示数为2.40v，比较这两次结果，正确的是( )a电阻的真实值更接近556，且大于556b电阻的真实值更接近556，且小于556c电阻的真实值更接近480，且大于480d电阻的真实值更接近480，且小于480二、多项选择题（每小题至少有两个正确选项，本题共5小题，每小题4分，选对但不全得2分，选错得0分，共20分）10许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献，下列表述正确的是( )a法拉第首先提出了电场的概念且采用了电场线描述电场b开普勒、胡克、哈雷等科学家为万有引力定律的发现做出了贡献c电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的d安培总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律11如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从a点冲上倾角为30的固定斜面，其运动的加速度大小为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体( )a重力势能增加了mghb克服摩擦力做功mghc动能损失了mghd机械能损失了mgh12在如图（a）所示的电路中，r1为定值电阻，r2为滑动变阻器闭合电键s，将滑动变阻器的滑动触头p从最右端滑到最左端，两个电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（b）所示则( )a图线甲是电压表v2示数随电流变化的图线b电源内电阻的阻值为10c电源的最大输出功率为3.6wd滑动变阻器r2的最大功率为0.9w13如图，在匀强磁场b的区域中有一光滑斜面体，在斜面体上放了一根长为l，质量为m的导线，当通以如图方向的电流i后，导线恰能保持静止，则磁感应强度b必须满足( )ab=，方向垂直纸面向外bb=，方向水平向左cb=，方向竖直向下db=，方向水平向左14如图所示，空间中存在一水平方向匀强电场和一水平方向匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60夹角且处于竖直平面内一质量为m，带电量为+q的小球套在绝缘杆上初始，给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动，电量保持不变已知，磁感应强度大小为b，电场强度大小为e=，则以下说法正确的是( )a小球的初速度为v0=b若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止c若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止d若小球的初速度为，则运动中克服摩擦力做功为三、实验题（每空2分，共12分）15在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图甲所示，读数为_mm用游标为20分度的卡尺测量摆球的直径，示数如图乙所示读数为_cm16某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：a被测干电池一节b电流表1：量程00.6a，内阻r=0.3c电流表2：量程00.6a，内阻约为0.1d电压表1：量程03v，内阻未知e电压表2：量程015v，内阻未知f滑动变阻器1：010，2ag滑动变阻器2：0100，1ah开关、导线若干伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差；在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻（1）在上述器材中请选择适当的器材：_（填写选项前的字母）；（2）实验电路图应选择图中的_（填“甲”或“乙”）；（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的ui图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势e=_v，内电阻r=_四、计算题（共计32分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）17如图所示，细绳oa长30cm，o端与质量m=1kg的重物相连，a端与轻质圆环（重力不计）相连，圆环套在水平棒上可以滑动；定滑轮固定在距离圆环50cm的b处，跨过定滑轮的细绳，两端分别与重物m、重物g相连若两条细绳间的夹角=90，圆环恰好没有滑动，不计滑轮大小，整个系统处于静止状态，滑动摩擦力等于最大静摩擦力求：（1）圆环与棒间的动摩擦因数；（2）重物g的质量m18一个质量m=0.1g的小滑块，带有q=5104c的电荷，放置在倾角=30的光滑斜面上（斜面绝缘），斜面置于b=0.5t的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示小滑块由静止开始沿斜面下滑，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面问：（1）小滑块带何种电荷？（2）小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？（3）该斜面的长度至少多长？19如题图所示，在半径为a的圆柱空间中（图中圆为其横截面）充满磁感应强度大小为b的均匀磁场，其方向平行于轴线远离读者在圆柱空间中垂直轴线平面内固定放置一绝缘材料制成的边长为l=1.6a的刚性等边三角形框架def，其中心o位于圆柱的轴线上de边上s点（=l）处有一发射带电粒子的源，发射粒子的方向皆在题图中截面内且垂直于de边向下发射粒子的电量皆为q（0），质量皆为m，但速度v有各种不同的数值若这些粒子与三角形框架的碰撞无能量损失（不能与圆柱壁相碰），电量也无变化，且每一次碰撞时速度方向均垂直于被碰的边试问：（1）带电粒子经多长时间第一次与de边相碰？（2）带电粒子速度v的大小取哪些数值时可使s点发出的粒子最终又回到s点？（3）这些粒子中，回到s点所用的最短时间是多少？2015-2016学年黑龙江省牡丹江一中高三（上）期中物理试卷一、单项选择题（每小题只有一个正确选项，本题共9小题，每小题4分，共36分）1火星的质量和半径分别约为地球的和，地球表面的重力加速度为g，则火星表面的重力加速度约为( )a0.2gb0.4gc2.5gd5g【考点】万有引力定律及其应用【分析】根据星球表面的万有引力等于重力列出等式表示出重力加速度通过火星的质量和半径与地球的关系找出重力加速度的关系【解答】解：根据星球表面的万有引力等于重力知道=mg得出：g=火星的质量和半径分别约为地球的和所以火星表面的重力加速度g=g=0.4g故选b【点评】求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先根据物理规律用已知的物理量表示出来，再进行之比2如图所示，一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱和杆的质量为m，环的质量为m，已知环以某一初速度沿着杆匀减速下滑，设环的加速度大小为a，则在环下滑过程中箱对地面的压力f为( )af=（m+m）gbf=mg+m（g+a）cmgf（m+m）gdf=mg+m（ga）【考点】共点力平衡的条件及其应用；牛顿运动定律的应用-超重和失重【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】先以环为研究对象，根据牛顿第二定律求出环所受的滑动摩擦力大小再以箱子为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件求出地面对箱子的支持力，再根据牛顿第三定律求出箱对地面的压力【解答】解：以环为研究对象，根据牛顿第二定律得：mgff=ma，则得：ff=mg+ma；再以箱子为研究对象，分析受力情况：箱子受到重力mg、地面的支持力n和环对箱子向下的滑动摩擦力ff，由牛顿第三定律知，有：ff=ff=mg+ma；根据平衡条件得：地面对箱子的支持力为：n=mg+ff=mg+mg+ma=（m+m）g+ma；根据牛顿第三定律得箱对地面的压力大小：n=n=（m+m）g+ma故选：b【点评】本题是平衡条件和牛顿运动定律的综合应用，采用隔离法研究，其中分析受力是关键3如图，两根长度分别为l1和l2的光滑杆ab和bc在b点垂直焊接，当按图示方式固定在竖直平面内时，将一滑环从b点由静止释放，分别沿ba和bc滑到杆的底端经历的时间相同，则这段时间为( )abcd【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【专题】比较思想；几何法；牛顿运动定律综合专题【分析】设ba和bc倾角分别为和，根据牛顿第二定律求出滑环的加速度，结合时间相等，由位移时间公式对两个过程列式，结合几何关系求解【解答】解：设ba和bc倾角分别为和，根据牛顿第二定律得：滑环沿ba下滑的加速度为 a1=gsin 沿bc下滑的加速度为 a2=gsin 设这段时间为t，由题有： l1= l2= 又据数学知识有：sin=cos 由的平方加的平方，结合解得 t=故选：c【点评】本题关键要两个物体的位移关系、加速度关系，由位移时间公式得到时间要明确物体的位移和加速度都与斜面的倾角有关，所以要用斜面的倾角表示位移和加速度这种思路和方法要注意积累4一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点o为坐标原点，其电势能ep与位移x的关系如图所示，下列图象中合理的是( )a电场强度与位移关系b粒子动能与位移关系c粒子速度与位移关系d粒子加速度与位移关系【考点】电势能；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动；根据功能关系得到epx图象的斜率的含义，得出电场力的变化情况；然后结合加速度的含义判断加速度随着位移的变化情况【解答】解：粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：f=|，即epx图象上某点的切线的斜率表示电场力；a、epx图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据e=，故电场强度也逐渐减小；故a错误； b、根据动能定理，有：fx=ek，故ekx图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与b图矛盾，故b错误； c、题图vx图象是直线，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故c错误； d、粒子做加速度减小的加速运动，故d正确；故选：d【点评】本题切入点在于根据epx图象得到电场力的变化规律，突破口在于根据牛顿第二定律得到加速度的变化规律，然后结合动能定理分析；不难5在图示电路的三根导线中，有一根是断的，电源、电阻器r1、r2及另外两根导线都是好的，为了查出断导线，某学生想先将万用表的红表笔连接在电源的正极a，再将黑表笔分别连电阻器r1的b端和r2的c端，并观察万用表指针的示数，在下列选档中，符合操作规程的是( )a直流10v挡b直流0.5a挡c直流2.5v挡d欧姆挡【考点】用多用电表测电阻【专题】实验题【分析】有多用表检测故障若使用电压档或电流档，将其连入电路要注意量程，用欧姆档要把待检测电路从电源断开【解答】解：用电压档检测其量程要大于6v，故a正确，c错误 用电流档要用较大量程，所给b中的0.5a太小，故b错误 用欧姆档要把电源断开，本题操作没有，故d错误故选：a【点评】考查多用电表的使用，明确利用其检测故障要注意量程6如图所示，将一根粗细均匀的电阻丝弯成一个闭合的圆环，接入电路中，电路与圆环的o点固定，p为与圆环良好接触的滑动头，闭合开关s，在滑动头p缓慢地由m点经n点移到q点过程中，电容器c所带的电荷量将( )a由少变多b由多变少c先增多后减少d先减少后增多【考点】电容【专题】电容器专题【分析】由电路图可知，当触点p由m点经n点移到q点的过程中，电路总电阻先变大后变小，由闭合电路欧姆定律分析答题电路中电流变化，再根据部分电路欧姆定律分析r的电压变化，即可知道电容器电压的变化，由c=分析电量的变化【解答】解：当触点p由m点经n点移到q点的过程中，电路总电阻先变大后变小，由闭合电路欧姆定律得知，电路中电流先变小后变大，r的电压先变小后变大，对于电容器，其电压等于r两端的电压，则由电量公式q=cu，可知电容器的电量先变小后变大故选：d【点评】本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构、熟练应用并联电路特点及欧姆定律、电容器电量公式q=cu即可正确解题7三个速度大小不同的同种带电粒子，沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为90、60、30，则它们在磁场中运动的时间之比为( )a3：2：1b1：2：3c1：1：1d1：【考点】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】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据粒子的运动的轨迹和粒子做圆周运动的周期公式可以判断粒子的运动的时间【解答】解：粒子在磁场中运动的周期的公式为t=，由此可知，粒子的运动的时间与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动的轨迹可知，三种速度的粒子的偏转角分别为90、60、30，所以偏转角为90的粒子的运动的时间为t，偏转角为60的粒子的运动的时间为t，偏转角为30的粒子的运动的时间为t所以有t：t：t=3：2：1，选项a正确故选：a【点评】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题一般程序是 1、画轨迹：确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹 2、找联系：轨迹半径与磁感应强度、速度联系；偏转角度与运动时间相联系，时间与周期联系8如图所示，用手握着细绳的一端在水平桌面上做半径为r的匀速圆周运动，圆心为o，角速度为细绳长为l，质量忽略不计，运动过程中细绳始终与小圆相切在细绳的另外一端系着一个质量为m的小球，小球在桌面上恰好在以o为圆心的大圆上做圆周运动小球和桌面之间存在摩擦力，以下说法正确的是( )a小球将做变速圆周运动b细绳拉力为m2c手对细线做功的功率为d球与桌面间的动摩擦因数为【考点】向心力；牛顿第二定律【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】小球在水平面内做匀速圆周运动，根据小球沿着半径方向和垂直于半径方向的受力可以求得绳的拉力的大小，根据功率的公式可以求得手对细线做功的功率的大小【解答】解：a、手握着细绳做的是匀速圆周运动，所以细绳的另外一端小球随着小球做的也是匀速圆周运动，所以a错误b、设大圆为r由图分析可知r=，设绳中张力为t，则tcos=mr2，cos=故t=，所以b错误；c、拉力的功率：p=tvcos（90）=r=cos（90），所以c错误；d、根据摩擦力公式可得f=mg又：f=tsin，由于 t=；sin=所以，=，所以d正确故选：d【点评】小球的受力分析是本题的关键，根据小球的受力的状态分析，由平衡的条件分析即可求得小球的受力和运动的情况9用电流表和电压表测量电阻rx的阻值如图所示，分别将图（a）和（b）两种测量电路连接到电路中，按照（a）图时，电流表示数为4.50ma，电压表示数为2.50v；按照（b）图时，电流表示数为5.00ma，电压表示数为2.40v，比较这两次结果，正确的是( )a电阻的真实值更接近556，且大于556b电阻的真实值更接近556，且小于556c电阻的真实值更接近480，且大于480d电阻的真实值更接近480，且小于480【考点】伏安法测电阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】根据电表示数确定电流表的接法，然后应用欧姆定律求出电阻阻值，根据电路分析实验误差【解答】解：由题意可知：=，=，电流变化量大，电压表分流对实验影响较大，电流表应采用内接法，即图（a）所示接法，则电阻测量值为：r=556，由于电流表采用内接法，电压测量值偏大，电阻测量值大于真实值，则电阻真实值小于556；故选：b【点评】本题关键是熟悉安培表内接法与外接法，明确误差来源，知道安培表内接法电阻测量值等于安培表与待测电阻电阻值之和，外接法电阻测量值等于安培表与待测电阻并联的电阻二、多项选择题（每小题至少有两个正确选项，本题共5小题，每小题4分，选对但不全得2分，选错得0分，共20分）10许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献，下列表述正确的是( )a法拉第首先提出了电场的概念且采用了电场线描述电场b开普勒、胡克、哈雷等科学家为万有引力定律的发现做出了贡献c电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的d安培总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律【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】解：a、法拉第首先提出了电场的概念且采用了电场线描述电场，故a正确；b、开普勒、胡克、哈雷等科学家为万有引力定律的发现做出了贡献，故b正确；c、电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的，故c正确；d、库仑总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律，故d错误；故选：abc【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一11如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从a点冲上倾角为30的固定斜面，其运动的加速度大小为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体( )a重力势能增加了mghb克服摩擦力做功mghc动能损失了mghd机械能损失了mgh【考点】动能定理的应用；功能关系【专题】动能定理的应用专题【分析】重力势能的增加量等于克服重力做的功；动能变化等于力的总功；机械能变化量等于除重力外其余力做的功【解答】解：a、加速度a=g=，而摩擦力f=mg，物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故a正确；b、摩擦力f=，物体在斜面上能够上升的最大高度为h，发生的位移为2h，则克服摩擦力做功：wf=，故b错误；c、由动能定理可知，动能损失量为合外力做的功的大小：ek=f合s=mg3l=mgh，故c错误；d、机械能的损失量为：fs=mg2l=mgh，故d正确故选：ad【点评】本题关键根据功能关系的各种具体形式得到重力势能变化、动能变化和机械能变化重力势能变化与重力做功有关；动能的变化与合力做功有关；机械能的变化与除重力以外的力做功有关12在如图（a）所示的电路中，r1为定值电阻，r2为滑动变阻器闭合电键s，将滑动变阻器的滑动触头p从最右端滑到最左端，两个电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（b）所示则( )a图线甲是电压表v2示数随电流变化的图线b电源内电阻的阻值为10c电源的最大输出功率为3.6wd滑动变阻器r2的最大功率为0.9w【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】题中两电阻串联，v1测r1两端的电压，v2测r2两端的电压；当滑片向左端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，可分析总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可知电路中电流的变化，则可知内电压的变化及路端电压的变化，同时也可得出r1两端的电压变化，判断两图象所对应的电压表的示数变化；由图可知当r2全部接入及只有r1接入时两电表的示数，则由闭合电路的欧姆定律可得出电源的内阻；由功率公式可求得电源的最大输出功率及滑动变阻器的最大功率【解答】解：a、当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；而r1两端的电压增大，r2两端的电压减小，故乙表示是v1示数的变化；甲表示v2示数的变化；故a正确；b、由图可知，当只有r1接入电路时，电路中电流为0.6a，电压为3v，则由e=u+ir可得：e=3+0.6r；当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为，故=；由闭合电路欧姆定律可得e=5+0.2r解得r=5，e=6v，故b错误；c、因当电源的内电阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于5时，电源的输出功率最大，故此时电流i=0.6a，故电源的最大输出功率p=ui=1.8w；故c错误；d、由c的分析可知，r1的阻值为5，r2电阻为20；当r1等效为电源的内阻，则当滑动变阻器的阻值等于r+r时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为10时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流i=a=0.3a，则滑动变阻器消耗的总功率p=i2r=0.9w；故d正确；故选ad【点评】在求定值电阻的最大功率时，应是电流最大的时候；而求变值电阻的最大功率时，应根据电源的最大输出功率求，必要时可将与电源串联的定值电阻等效为内阻处理13如图，在匀强磁场b的区域中有一光滑斜面体，在斜面体上放了一根长为l，质量为m的导线，当通以如图方向的电流i后，导线恰能保持静止，则磁感应强度b必须满足( )ab=，方向垂直纸面向外bb=，方向水平向左cb=，方向竖直向下db=，方向水平向左【考点】安培力【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式f=bil求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向【解答】解：a、外加匀强磁场的磁感应强度b的方向垂直斜面向外，此时电流的方向和磁场的方向平行，此时不受安培力的作用，导线只受到支持力与重力，不可能处于平衡状态，故a错误；b、d、外加匀强磁场的磁感应强度b的方向水平向左，则竖直向上的安培力、重力，此时支持力恰好为零，此时b=时，导线处于平衡状态，故b错误，d正确c、外加匀强磁场的磁感应强度b的方向竖直向下，则水平向左的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，则大小b=mg；故c正确；故选：cd【点评】学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向14如图所示，空间中存在一水平方向匀强电场和一水平方向匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60夹角且处于竖直平面内一质量为m，带电量为+q的小球套在绝缘杆上初始，给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动，电量保持不变已知，磁感应强度大小为b，电场强度大小为e=，则以下说法正确的是( )a小球的初速度为v0=b若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止c若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止d若小球的初速度为，则运动中克服摩擦力做功为【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向右上方的洛伦兹力、向左的电场力，当受到的合外力等于0时，小球做匀速直线运动当小球受到的合外力不为0时，要判断出支持力的方向，明确支持力的大小随洛伦兹力的变化关系，然后做出判定【解答】解：a、对小球进行受力分析如图，电场力的大小：f=qe=，由于重力的方向竖直向下电场力的方向水平向右，二者垂直，合力：，由几何关系可知，重力与电场力的合力与杆的方向垂直，所以重力与电场力的合力不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，所以也不会对小球做功所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，没有摩擦力，说明小球与杆之间就没有支持力的作用，则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力相等，方向相反所以qv0b=2mg所以v0=故a正确；b、若小球的初速度为，则洛伦兹力：f=qv0b=3mgfg+f，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向下的支持力，则摩擦力：f=fn小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到时，小球开始做匀速直线运动故b错误c、若小球的初速度为，则洛伦兹力：f=qv0b=mgfg+f，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向上的支持力，而摩擦力：f=fn小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止故c正确；d、若小球的初速度为，球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，运动中克服摩擦力做功等于小球的动能，所以w=故d错误故选：ac【点评】本题考查小球在混合场中的运动，解答的关键明确小球的受力情况，并能够结合受力的情况分析小球的运动情况，要知道小球何时做加速度减小的减速运动，何时做加速度增大的减速运动，当加速度减为零时，做匀速运动三、实验题（每空2分，共12分）15在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图甲所示，读数为0.317mm用游标为20分度的卡尺测量摆球的直径，示数如图乙所示读数为0.665cm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【专题】实验题【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：螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为31.70.01mm=0.317mm，所以最终读数为0mm+0.317mm=0.317mm游标卡尺的主尺读数为6mm，游标尺上第13个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为130.05mm=0.65mm，所以最终读数为：6mm+0.65mm=6.65mm=0.665cm故答案为：0.317；0.665【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量16某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：a被测干电池一节b电流表1：量程00.6a，内阻r=0.3c电流表2：量程00.6a，内阻约为0.1d电压表1：量程03v，内阻未知e电压表2：量程015v，内阻未知f滑动变阻器1：010，2ag滑动变阻器2：0100，1ah开关、导线若干伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差；在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻（1）在上述器材中请选择适当的器材：abdfh（填写选项前的字母）；（2）实验电路图应选择图中的甲（填“甲”或“乙”）；（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的ui图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势e=1.5v，内电阻r=0.7【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）实验中要能保证安全和准确性选择电表；（2）本实验应采用电阻箱和电压表联合测量，由实验原理可得出电路原理图；（3）由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻【解答】解：（1）在上述器材中请选择适当的器材：a被测干电池一节为了读数准确，所以选择db电流表：量程00.6a，电压表：量程03v，滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选f滑动变阻器，h开关、导线若干（2）因电流表内阻已知；故应采用相对电源的电流表内接法；故选：甲；（3）由ui图可知，电源的电动势e=1.50v；内电阻r=ra=0.7故答案为：abdfh如图1.5，0.7【点评】本题为设计性实验，在解题时应注意明确实验的原理；并且要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出表达式，由图象得出电动势和内电阻四、计算题（共计32分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）17如图所示，细绳oa长30cm，o端与质量m=1kg的重物相连，a端与轻质圆环（重力不计）相连，圆环套在水平棒上可以滑动；定滑轮固定在距离圆环50cm的b处，跨过定滑轮的细绳，两端分别与重物m、重物g相连若两条细绳间的夹角=90，圆环恰好没有滑动，不计滑轮大小，整个系统处于静止状态，滑动摩擦力等于最大静摩擦力求：（1）圆环与棒间的动摩擦因数；（2）重物g的质量m【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】（1）圆环恰好没有滑动，将要开始滑动时，所受的静摩擦力刚好达到最大值根据共点力平衡条件对环进行研究，求出tan，得到（2）物体m处于平衡状态，根据共点力平衡条件求解细绳的张力（2）圆环将要滑动时，对重物进行受力分析，求解重物g的质量【解答】解：（1）因为圆环将要开始滑动，所受的静摩擦力刚好达到最大值，有f=n对环进行受力分析，则有：nftcos=0nftsin=0代入数据解得：（2）对重物m：mg=mgcos所以：m=mcos=kg答：（1）圆环与棒间的动摩擦因数是0.75；（2）重物g的质量为0.6kg【点评】本题是在共点力作用下重物的平衡问题，采用隔离法分别研究三个物体，分析受力情况是解题的关键之处18一个质量m=0.1g的小滑块，带有q=5104c的电荷，放置在倾角=30的光滑斜面上（斜面绝缘），斜面置于b=0.5t的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示小滑块由静止开始沿斜面下滑，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面问：（1）小滑块带何种电荷？（2）小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？（3）该斜面的长度至少多长？【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）带电滑块在滑至某一位置时，由于在洛伦兹力的作用下，要离开斜面根据磁场方向结合左手定则可得带电粒子的电性（2）由于斜面光滑，所以小滑块在没有离开斜面之前一直做匀加速直线运动借助于洛伦兹力公式可求出恰好离开时的速度大小（3）由运动学公式来算出匀加速运动的时间由位移与时间关系可求出位移大小【解答】解：（1）由题意可知：小滑块受到的洛伦兹力垂直斜面向上小滑块滑至某一位置时，要离开斜面，根据左手定则可得：小滑块带负电 （2）由题意：当滑块离开斜面时，洛伦兹力：bqv=mgcos，则=m/s（3）又因为离开之前，一直做匀加速直线运动，则有：mgsin=ma，即a=gsin=5m/s2，由v2=2ax得：m答：（1）小滑块带负电荷；（2）小滑块离开斜面时的瞬时速度是m/s；（3）该斜面的长度至少长1.2m【点评】本题突破口是根据小滑块刚从斜面离开时确定洛伦兹力的大小，进而得出刚离开时的速度大小，由于没有离开之前做匀加速直线运动，所以由运动与力学可解出运动的时间及位移19如题图所示，在半径为a的圆柱空间中（图中圆为其横截面）充满磁感应强度大小为b的均匀磁场，其方向平行于轴线远离读者在圆柱空间中垂直轴线平面内固定放置一绝缘材料制成的边长为l=1.6a的刚性等边三角形框架def，其中心o位于圆柱的轴线上de边上s点（=l）处有一发射带电粒子的源，发射粒子的方向皆在题图中截面内且垂直于de边向下发射粒子的电量皆为q（0），质量皆为m，但速度v有各种不同的数值若这些粒子与三角形框架的碰撞无能量损失（不能与圆柱壁相碰），电量也无变化，且每一次碰撞时速度方向均垂直于被碰的边试问：（1）带电粒子经多长时间第一次与de边相碰？（2）带电粒子速度v的大小取哪些数值时可使s点发出的粒子最终又回到s点？（3）这些粒子中，回到s点所用的最短时间是多少？【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）经