重庆市万州二中高三物理上学期入学考试试卷（含解析）.doc

2015-2016学年重庆市万州二中高三（上）入学物理试卷 一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，第19题只有一项符合题目要求，第1012题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1下列说法中，正确的是( )a在一个以点电荷为中心，r为半径的球面上，各处的电场强度都相同be=仅适用点电荷形成的电场c电场强度的方向就是放入电场中的电荷受到的电场力的方向d当初速度为零时，放入电场中的电荷在电场力作用下的运动轨迹一定与电场线重合2两个完全相同的通电圆环a、b圆心o重合、圆面相互垂直的放置，通电电流相 同，电流方向如图所示，设每个圆环在其圆心o处独立产生的磁感应强度为b0，则o处的磁感应强度大小为( )a0b2b0cb0d无法确定3如图所示，一个金属薄圆盘水平放置在竖直向上的匀强磁场中，下列做法中能使圆盘中产生感应电流的是( )a圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动b圆盘竖直向上运动c圆盘在磁场中向右匀速平移d匀强磁场均匀增加4一交流电压为u=100sin（100t）v，由此表达式可知( )a用电压表测该电压其示数为50 vb该交流电压的周期为0.02 sc将该电压加在“100 v100 w”的灯泡两端，灯泡的实际功率小于100 wdt= s时，该交流电压的瞬时值为50 v5如图所示，高速运动的粒子被位于o点的重原子核散射，实线表示粒子运动的轨迹，m、n和q为轨迹上的三点，n点离核最近，q点比m点离核更远，则( )a粒子在m点的速率比在q点的大b三点中，粒子在n点的电势能最大c在重核产生的电场中，m点的电势比q点的低d粒子从m点运动到q点，电场力对它做的总功为负功6如图虚线框内为高温超导限流器，它由超导部件和限流电阻并联组成超导部件有一个超导临界电流ic，当通过限流器的电流iic时，将造成超导体失超，从超导态（电阻为零，即r1=0）转变为正常态（一个纯电阻，且r1=3 ），以此来限制电力系统的故障电流已知超导临界电流ic=1.2a，限流电阻r2=6，小灯泡l上标有“6v 6w”的字样，电源电动势e=8v，内阻r=2原来电路正常工作，超导部件处于超导态，灯泡l正常发光，现l突然发生短路，则( )a灯泡l短路前通过r2的电流为ab灯泡l短路后超导部件将由超导状态转化为正常态，通过灯泡电流为零c灯泡l短路后通过r1的电流为4 ad灯泡l短路后通过r2的电流为a7如图所示为一直流电路，电源内阻不能忽略，但r0大于电源内阻，滑动变阻器的最大阻值小于r，当滑动变阻器滑片p从滑动变阻器的最右端滑向最左端的过程中，下列说法正确的是( )a电压表的示数一直增大b电流表的示数一直增大c电阻r0消耗的功率一直增大d电源的输出功率一直增大8如图所示，光滑水平导轨，宽度不变，除定值电阻r外，导轨及金属棒ab的电阻均不计，在x0的区域内有一沿x轴均匀变化的磁场垂直穿过轨道平面，磁感应强度大小满足b=kx（常数k0），ab棒由原点o点开始，在外力f作用下沿x轴做匀速运动，下列关于ab棒流过的电流i及它所受外力f随x变化的图象，正确的是( )abcd9如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，a、v均为理想电表，r为光敏电阻（其阻值随光强增大而减小），ll和l2是两个完全相同的灯泡原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是( )a电压u的频率为100 hzb电压表v的示数为22vc当照射r的光强增大时，电流表a的示数变大d当ll的灯丝烧断后，电压表v的示数会变大10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11回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的d形金属盒半径为r，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计磁感应强度为b的匀强磁场与盒面垂直a处粒子源产生质量为m、电荷量为+q的粒子，在加速电压为u的加速电场中被加速所加磁场的磁感应强度、加速电场的频率可调，磁场的磁感应强度最大值为bm和加速电场频率的最大值fm则下列说法正确的是( )a粒子第n次和第n+1次半径之比总是：b粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为t=c若fm，则粒子获得的最大动能为ekm=22mfm2r2d若fm，则粒子获得的最大动能为ekm=12如图所示，竖直悬挂的弹簧下端栓有导体棒ab，ab无限靠近竖直平行导轨的内侧、与导轨处于竖直向上的磁场中，导体棒mn平行导轨处于垂直导轨平面的磁场中，当mn以速度v向右匀速远动时，ab恰好静止，弹簧无形变，现使v减半仍沿原方向匀速运动，ab开始沿导轨下滑，磁场大小均为b，导轨宽均为l，导体棒ab、mn质量相同、电阻均为r，其他电阻不计，导体棒与导轨接触良好，弹簧始终在弹性范围内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )amn中电流方向从m到nbab受到的安培力垂直纸面向外cab开始下滑直至速度首次达峰值的过程中，克服摩擦产生热量dab速度首次达到峰值时，电路的电热功率为 二、实验题13在“探究弹力与弹簧伸长的关系”的实验中，某实验小组将不同数量的钩码分别挂在竖直弹簧下端，进行测量，根据实验所测数据，利用描点法作出了所挂钩码的重力g与弹簧总长l的关系图象，如图所示，根据图象回答以下问题：（1）弹簧的原长为_cm（2）弹簧的劲度系数为_n/m（3）分析图象，总结出弹簧弹力f与弹簧总长l之间的关系式为_n（4）一兴趣小组进一步探究，当挂上某一钩码p，弹簧在伸长过程中，弹簧的弹性势能将_，钩码p的机械能将_（以上两空选填“增加”、“减少”、“不变”）14某实验小组利用如图1所示的装置来探究“合外力一定时物体的加速度与质量之间的关系”实验中交流电频率50hz若实验中认为绳子拉力等于小桶及桶中物体的总重量，则需满足_小组同学按图所示安装好装置后，将轨道右端适当垫起，来平衡阻力请指出不合理之处_正确操作后，小组同学在小桶里加适当的物体，拉动小车加速运动某次实验打出了一条纸带如图2所示从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离（单位cm）该次实验小车的加速度a=_ m/s2（结果保留三位有效数字）若某小组同学重物根据测得数据画出a图象如图3所示，原因是_三、计算题（47分）15交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴oo匀速转动一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积s=0.05m2，线圈转动的频率为50hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度b=t为用此发电机所发出交流电带动两个标有“220v 11kw”的电机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电机之间接一个理想变压器，电路如图求：（1）发电机的输出电压为多少？（2）变压器原副线圈的匝数比为多少？（3）与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多少？16足够大的平行板电容器的两个极板a、b如图放置，a极板带正电，两板间电势差为u，两板间距离为d在b板中央有一放射源，放射源可向各个方向发出速率相同的电子从放射源射出的电子打在a板的范围为半径为r的圆已知电子的质量m，电荷量e求电子从放射源射出时的速度大小17一般在微型控制电路中，由于电子元件体积很小，直接与电源连接会影响电路精准度，所以采用“磁”生“电”的方法来提供大小不同的电流在某原件工作时，其中一个面积为s=4104m2，匝数为10匝，每匝电阻为0.02的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度大小b随时间t变化的规律如图1所示（1）求在开始的2s内，穿过线圈的磁通量变化量；（2）求在开始的3s内，线圈产生的热量；（3）小勇同学做了如图2的实验：将并排在一起的两根电话线分开，在其中一根电话线旁边铺设一条两端分别与耳机连接的导线，这条导线与电话线是绝缘的，你认为耳机中会有电信号吗？写出你的观点，并说明理由18（13分）如图所示的平行板器件中，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度b1=0.20t，方向垂直纸面向里，电场强度e1=1.0105v/m，pq为板间中线紧靠平行板右侧边缘xoy坐标系的第一象限内，有一边界ao、与y轴的夹角aoy=45，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度b2=0.25t，边界线的下方有竖直向上的匀强电场，电场强度e2=5.0105v/m一束带电荷量q=8.01019c、质量m=8.01026kg的正离子从p点射入平行板间，沿中线pq做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为（0，0.4m）的q点垂直y轴射入磁场区，多次穿越边界线oa求：（1）离子第二次穿越边界线oa时的速度；（2）离子从进入磁场到第二次穿越边界线oa所需的时间；（3）离子第四次穿越边界线的位置坐标2015-2016学年重庆市万州二中高三（上）入学物理试卷一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，第19题只有一项符合题目要求，第1012题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1下列说法中，正确的是( )a在一个以点电荷为中心，r为半径的球面上，各处的电场强度都相同be=仅适用点电荷形成的电场c电场强度的方向就是放入电场中的电荷受到的电场力的方向d当初速度为零时，放入电场中的电荷在电场力作用下的运动轨迹一定与电场线重合考点：电场强度；电场线 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场强度是矢量，不但有大小，而且有方向；e=仅适用真空中点电荷的电场；电场强度方向与正电荷受到的电场力相同；某点场强的方向与试探电荷的正负无关，从而即可求解解答：解：a、在一个以点电荷为中心，r为半径的球面上各处的电场强度的大小都相同，而方向不同，故a错误；b、e=仅适用于真空中点电荷形成的电场，故b正确；c、电场强度方向就是放入电场中的正电荷受到的电场力的方向，故c错误；d、若电场线是曲线，则电荷受力将发生方向的变化，则其轨道不可能与电场线重合，故d错误；故选：b点评：考查点电荷电场强度的矢量性，及适用条件，注意电场强度的方向如何确定，与试探电荷的正负无关2两个完全相同的通电圆环a、b圆心o重合、圆面相互垂直的放置，通电电流相 同，电流方向如图所示，设每个圆环在其圆心o处独立产生的磁感应强度为b0，则o处的磁感应强度大小为( )a0b2b0cb0d无法确定考点：磁感应强度 分析：该题是关于磁场的叠加问题首先用安培定则每个圆环在圆心o处产生的磁感应强度b0的方向，利用平行四边形定则进行矢量叠加，求出o处的磁感应强度大小解答：解：根据安培定则可知，通电圆环a在圆心o处产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为b0，通电圆环b在圆心o处产生的磁感应强度方向竖直向下，大小为b0，两者相互垂直，根据平行四边形定则进行合成得知，o处的磁感应强度大小为b=故选c点评：本题的解题关键是掌握安培定则，并能熟练应用，同时要能正确运用平行四边形定则进行矢量合成3如图所示，一个金属薄圆盘水平放置在竖直向上的匀强磁场中，下列做法中能使圆盘中产生感应电流的是( )a圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动b圆盘竖直向上运动c圆盘在磁场中向右匀速平移d匀强磁场均匀增加考点：感应电流的产生条件 分析：发生感应电流的条件是穿过闭合线圈的磁通量发生变化，根据题意逐项判断即可解答：解：a、保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，a错误；b、圆盘竖直向上运动时，磁通量不会发生变化；故不会产生感应电流，b错误；c、保持圆环水平并在磁场中左右移动，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，c错误；d、使匀强磁场均匀增加，穿过线圈的磁通量增加，产生感应电流，d正确；故选：d点评：本题考查了产生感应电流的条件，明确产生感应电流需要闭合回路中的磁通量发生变化；本题中圆盘可以视为闭合回路4一交流电压为u=100sin（100t）v，由此表达式可知( )a用电压表测该电压其示数为50 vb该交流电压的周期为0.02 sc将该电压加在“100 v100 w”的灯泡两端，灯泡的实际功率小于100 wdt= s时，该交流电压的瞬时值为50 v考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系 专题：交流电专题分析：电压表读数为有效值先根据最大值求有效值，求得电压表读数；通过瞬时表达式与交电流的=，可求出周期；运用瞬时表达式求出有效值，从而利用电功率的公式p=求出电功率；直接根据瞬时表达式代入数据求解解答：解：a、交变电压的表达式为u=100sin100t v，可知最大值为100v，又是正弦式电流，则电压的有效值：u=100v，故a错误b、由公式=，则有周期t=0.02s故b正确c、由于电压的有效值为100v，则该电压加在100v的灯泡两端，灯泡正常发光，功率为100w；故c错误；d、将t=s代入瞬时表达式，则有交流电压的瞬时值为100v故d错误故选：b点评：本题考查交流电的性质，要知道有效值的物理意义，及正弦式交流电的有效值等于最大值除，并知道求电功率是用交流电的有效值5如图所示，高速运动的粒子被位于o点的重原子核散射，实线表示粒子运动的轨迹，m、n和q为轨迹上的三点，n点离核最近，q点比m点离核更远，则( )a粒子在m点的速率比在q点的大b三点中，粒子在n点的电势能最大c在重核产生的电场中，m点的电势比q点的低d粒子从m点运动到q点，电场力对它做的总功为负功考点：电势能；动能定理的应用 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据图线弯曲的方向，可以判定粒子受力的方向；再根据受力的方向，判定粒子在电场中运动时，电荷间的电场力做功；根据电场力做功情况，即可判断粒子动能、电势能的变化情况解答：解：a：根据图线弯曲的方向，可以判定粒子受力的方向大体向上，与粒子和o点的连线的方向相反，故靠近o点的过程电场力做负功，粒子的速度减小，远离的过程电场力做正功，粒子的速度增大所以q点的速度最大，n点的速度最小故a错误；b：只有电场力做功，各点的动能与电势能的和保持不变n点的速度最小，故电势能最大，故b正确；c：只有电场力做功，各点的动能与电势能的和保持不变q点的速度最大，故电势能最小，粒子带正电荷，所以q点的电势最低故c错误；d：粒子受力的方向大体向上，与粒子和o点的连线的方向相反，故靠近o点的过程电场力做负功，远离的过程电场力做正功，故d错误故选：b点评：于点电荷周围的电场线分布要有明确的认识，点电荷周围的电场线是放射状的，正点电荷周围的电场线是沿半径方向向外的，负点电荷周围电场线是沿半径方向向里的；点电荷周围的等势面是一个个的同心球面电场力做功与重力做功有共同的特点，就是与路径无关，电场力做功与初末位置的电势差有关6如图虚线框内为高温超导限流器，它由超导部件和限流电阻并联组成超导部件有一个超导临界电流ic，当通过限流器的电流iic时，将造成超导体失超，从超导态（电阻为零，即r1=0）转变为正常态（一个纯电阻，且r1=3 ），以此来限制电力系统的故障电流已知超导临界电流ic=1.2a，限流电阻r2=6，小灯泡l上标有“6v 6w”的字样，电源电动势e=8v，内阻r=2原来电路正常工作，超导部件处于超导态，灯泡l正常发光，现l突然发生短路，则( )a灯泡l短路前通过r2的电流为ab灯泡l短路后超导部件将由超导状态转化为正常态，通过灯泡电流为零c灯泡l短路后通过r1的电流为4 ad灯泡l短路后通过r2的电流为a考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：灯泡短路时，只有r2接入电路，则由闭合电路的欧姆定律可得出电路中电流变化，超导体可能失超；电路为两个电阻并联，由电阻的并联可求得总电阻；则可求得总电流及流过r1的电流解答：解：a、短路前，灯泡与超导电阻串连接入电路，因灯泡正常发光，则电路中电流il=1a；故a错误；b、短路后，只有r2接入电路，则电流i=a=1.6a1.2a，超过临界电流，故超导体失超，转化为正常态，故b错误；c、灯泡短路后，两个电阻并联，电路中的电阻为r=2，路端电压u=4v，通过r1的电流为i1=a，故c错误；d、灯泡短路后，r2的电流为i2=a=a故d正确故选：d点评：本题是信息题，首先要抓住关键信息：限流器的电流iic时，将造成超导体失超，从超导态转变为正常态，再根据闭合电路欧姆定律进行研究7如图所示为一直流电路，电源内阻不能忽略，但r0大于电源内阻，滑动变阻器的最大阻值小于r，当滑动变阻器滑片p从滑动变阻器的最右端滑向最左端的过程中，下列说法正确的是( )a电压表的示数一直增大b电流表的示数一直增大c电阻r0消耗的功率一直增大d电源的输出功率一直增大考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：先分析电路结构，由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表中示数的变化，根据功率公式判断功率变化情况解答：解：a、根据电路图可知，滑动变阻器的左半部分与r串联后与变阻器的右半部分并联后再与r0串联，接入电源，p向左滑动时，由于滑动变阻器的最大阻值小于r，所以并联部分电阻增大，则总电阻增大，电路中总电流减小，电源的内电压以及r0所占电压都减小，则由闭合电路欧姆定律可知，电压表示数增大，故a正确；b、电流表测量干路电流，根据a的分析可知，电流表示数减小，故b错误；c、根据可知，i减小，则功率减小，故c错误；d、当外电路电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，而r0大于电源内阻，所以随着外电阻增大，电源的输出功率一直减小，故d错误；故选：a点评：分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化8如图所示，光滑水平导轨，宽度不变，除定值电阻r外，导轨及金属棒ab的电阻均不计，在x0的区域内有一沿x轴均匀变化的磁场垂直穿过轨道平面，磁感应强度大小满足b=kx（常数k0），ab棒由原点o点开始，在外力f作用下沿x轴做匀速运动，下列关于ab棒流过的电流i及它所受外力f随x变化的图象，正确的是( )abcd考点：导体切割磁感线时的感应电动势 专题：电磁感应与电路结合分析：由e=blv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，应用安培力公式求出安培力，由平衡条件求出外力，然后分析图示图象答题解答：解：a设匀速运动的速度为v，感应电动势：e=blv=klxv，感应电流：i=vx，故a错误；b、金属棒受到的安培力：f安培=bil=x2，金属棒匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得，外力：f=f安培=x2x2，故bd错误，c正确；故选：c点评：本题考查了求感应电流、外力大小随x变化的关系，应用e=blv、安培力公式与平衡条件即可正确解题9如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，a、v均为理想电表，r为光敏电阻（其阻值随光强增大而减小），ll和l2是两个完全相同的灯泡原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是( )a电压u的频率为100 hzb电压表v的示数为22vc当照射r的光强增大时，电流表a的示数变大d当ll的灯丝烧断后，电压表v的示数会变大考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比和闭合电路中的动态分析类似，可以根据r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，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况解答：解：a、原线圈接入如图乙所示，t=0.02s，所以频率为f=50 hz，故a错误；b、原线圈接入电压的最大值是220v，所以原线圈接入电压的有效值是u=220v，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，所以副线圈电压是22v，所以v的示数为22v，故b错误；c、r阻值随光强增大而减小，根据i=知副线圈电流增加，副线圈输出功率增加，根据能量守恒定律，所以原线圈输入功率也增加，原线圈电流增加，所以a的示数变大，故c正确；d、当ll的灯丝烧断后，变压器的输入电压不变，根据变压比公式，输出电压也不变，故电压表读数不变，故d错误；故选：c点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法10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11回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的d形金属盒半径为r，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计磁感应强度为b的匀强磁场与盒面垂直a处粒子源产生质量为m、电荷量为+q的粒子，在加速电压为u的加速电场中被加速所加磁场的磁感应强度、加速电场的频率可调，磁场的磁感应强度最大值为bm和加速电场频率的最大值fm则下列说法正确的是( )a粒子第n次和第n+1次半径之比总是：b粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为t=c若fm，则粒子获得的最大动能为ekm=22mfm2r2d若fm，则粒子获得的最大动能为ekm=考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理 分析：回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，带电粒子在磁场中运动的周期与带电粒子的速度无关根据洛伦兹力提供向心力得出轨道半径的公式，从而根据速度的关系得出轨道半径的关系粒子离开回旋加速度时的轨道半径等于d形盒的半径，根据半径公式求出离开时的速度大小，从而得出动能解答：解：a、根据动能定理可知，带电粒子第n次加速的速度为：nqu= 解得：v1=据洛伦兹力提供向心力，所以qvb=解得：r1=同理可得第n+1次的半径：r2=所以第n次和第n+1次半径之比总是：，故a错误；b、设粒子到出口处被加速了n圈，据动能定理得：2nqu=mv2当速度最大时：qvb=m t= t=nt解上四个方程得t=，故b正确；cd、加速电场的频率应该等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即：f=当磁感应强度为bm时，加速电场的频率应该为：fbm=粒子的动能：ek=mv2当fbmfm时，粒子的最大动能由bm决定，则：qbvm=解得粒子获得的最大动能为ekm=当fbmfm时，粒子的最大动能由fm决定，则：vm=2fmr解得：粒子获得的最大动能为ekm=22mfm2r2 ；故cd正确故选：bcd点评：解决本题的关键知道回旋加速器加速粒子的原理，知道带电粒子在磁场中运动的周期与交变电场的周期相同，以及掌握带电粒子在磁场中运动的轨道半径公式和周期公式；特别是要知道加速时间很短，与回旋时间相比完全可以忽略不计12如图所示，竖直悬挂的弹簧下端栓有导体棒ab，ab无限靠近竖直平行导轨的内侧、与导轨处于竖直向上的磁场中，导体棒mn平行导轨处于垂直导轨平面的磁场中，当mn以速度v向右匀速远动时，ab恰好静止，弹簧无形变，现使v减半仍沿原方向匀速运动，ab开始沿导轨下滑，磁场大小均为b，导轨宽均为l，导体棒ab、mn质量相同、电阻均为r，其他电阻不计，导体棒与导轨接触良好，弹簧始终在弹性范围内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )amn中电流方向从m到nbab受到的安培力垂直纸面向外cab开始下滑直至速度首次达峰值的过程中，克服摩擦产生热量dab速度首次达到峰值时，电路的电热功率为 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应功能问题分析：棒切割磁感线，产生电动势，形成感应电流，出现安培力当棒处于匀速时，棒受力平衡，由已知条件可求出安培力大小及方向，然后根据速度变为用原来的一半，同理根据受力分析即可求出克服摩擦产生的热量及电功率解答：解：a、当向右匀速运动，根据右手定则知电流由n到m，故a错误；b、电流由a到b，根据左手定则知ab安培力垂直纸面向外，故b正确；c、当mn以速度v向右匀速远动时，ab恰好静止，则电流i=，ab受到的最大静摩擦力fm=bil=，根据平衡条件得：=mg，当v=时，fm=，速度第一次达到最大时，加速度等于零，ab再次平衡，mg=fm+kx，则ab下落的距离x=，克服摩擦产生的热量q1=fmx=，故c正确；d、ab速度首次到达峰值时，电路电流i=，电路的电热功率为p=2i2r=2，故d错误故选：bc点评：此题考查的是安培力及右手定则的知识，根据受力平衡条件即可求出电流及摩擦生热量，注意运动过程的分析及公式的应用即可二、实验题13在“探究弹力与弹簧伸长的关系”的实验中，某实验小组将不同数量的钩码分别挂在竖直弹簧下端，进行测量，根据实验所测数据，利用描点法作出了所挂钩码的重力g与弹簧总长l的关系图象，如图所示，根据图象回答以下问题：（1）弹簧的原长为10cm（2）弹簧的劲度系数为1000n/m（3）分析图象，总结出弹簧弹力f与弹簧总长l之间的关系式为f=1 000（l0.10）n（4）一兴趣小组进一步探究，当挂上某一钩码p，弹簧在伸长过程中，弹簧的弹性势能将增加，钩码p的机械能将减小（以上两空选填“增加”、“减少”、“不变”）考点：探究弹力和弹簧伸长的关系 专题：实验题；弹力的存在及方向的判定专题分析：根据题意可知，弹簧总长度l（cm）与所挂物体重力g（n）之间符合一次函数关系，根据胡克定律写出f与l的方程即可正确解答根据弹性势能和物体的机械能的定义进行分析求解解答：解（1）钩码的重力即等于其对弹簧的拉力，又根据胡克定律f=kx=k（ll0），所以图线在横轴上的截距表示弹簧的原长，斜率表示劲度系数，故l0=10 cm，（2）由胡克定律可得：劲度系数：k=n/m=1 000 n/m，（3）由胡克定律可知：f=1 000（l0.10）n（4）弹簧伸长，弹簧的弹性势能增大，而钩码下降，其机械能减小；故答案为：（1）10；（2）1000；（3）f=1 000（l0.10）n（4）增大，减小点评：本题比较简单，结合图象考查了胡克定律的基础知识，是一道考查基础知识的好题在研究弹簧的伸长与拉力的关系问题时，一定要特别区分“弹簧的长度”与“弹簧的伸长”的不同14某实验小组利用如图1所示的装置来探究“合外力一定时物体的加速度与质量之间的关系”实验中交流电频率50hz若实验中认为绳子拉力等于小桶及桶中物体的总重量，则需满足小桶和桶中的物体的总质量远小于小车的总质量小组同学按图所示安装好装置后，将轨道右端适当垫起，来平衡阻力请指出不合理之处平衡摩擦力时，不能挂着小桶正确操作后，小组同学在小桶里加适当的物体，拉动小车加速运动某次实验打出了一条纸带如图2所示从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离（单位cm）该次实验小车的加速度a=0.155 m/s2（结果保留三位有效数字）若某小组同学重物根据测得数据画出a图象如图3所示，原因是重物质量过大考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系 专题：实验题分析：实验中当小桶和桶中的物体的总质量远小于小车的总质量，认为绳子的拉力等于小车的合力，平衡摩擦力时不能挂着小桶、砝码根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度，结合a图线得出加速度与质量的关系解答：解：根据牛顿第二定律可知，当小桶和桶中的物体的总质量远小于小车的总质量时，认为绳子拉力等于小桶及桶中物体的总重量，平衡摩擦力时不能挂着小桶、砝码，应该让小车拖着纸带运动根据x=at2，运用逐差法得，a=0.155m/s2设小车的加速度为a，绳子拉力为f，以砝码和砝码盘为研究对象得：mgf=ma以小车为研究对象有：f=ma解得：a=故：f=ma=所以要使得绳子拉力等于砝码和砝码盘的重力大小，必有mm，而不满足mm时，随m的增大物体的加速度a逐渐减小；故答案为：小桶和桶中的物体的总质量远小于小车的总质量；平衡摩擦力时，不能挂着小桶；0.155；重物质量过大点评：解决本题的关键知道实验的原理，以及知道实验中的注意事项，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，同时学会误差的分析，及理解牛顿第二定律的应用三、计算题（47分）15交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴oo匀速转动一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积s=0.05m2，线圈转动的频率为50hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度b=t为用此发电机所发出交流电带动两个标有“220v 11kw”的电机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电机之间接一个理想变压器，电路如图求：（1）发电机的输出电压为多少？（2）变压器原副线圈的匝数比为多少？（3）与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多少？考点：变压器的构造和原理；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：理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势变压器的电流比与电压比均是有效值，电表测量值也是有效值解答：解：（1）线圈转动产生的电动势最大值为：em=nbs=1100v 由于线圈内阻不计，则输出电压就等于电动势，得输出电压的有效值为u1=1100 v （2）由于电动机的额定电压为220v，所以变压器的匝数比由变压器的电压关系得： 得（3）根据p入=p出=21.1104w 再根据p入=u1 i1 解得 i1=2=20a答：（1）发电机的输出电压为1100v；（2）变压器原副线圈的匝数比为5：1；（3）与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为20a点评：理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象同时当电路中有变压器时，只要将变压器的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源，其值就是刚才的有效值16足够大的平行板电容器的两个极板a、b如图放置，a极板带正电，两板间电势差为u，两板间距离为d在b板中央有一放射源，放射源可向各个方向发出速率相同的电子从放射源射出的电子打在a板的范围为半径为r的圆已知电子的质量m，电荷量e求电子从放射源射出时的速度大小考点：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：粒子水平射出后将做类平抛运动，此粒子沿水平方向的位移大小即是落在金属板上的粒子圆形面积的半径，根据粒子运动形式结合运动学公式求解即可解答：解：打在最边缘处的电子，将是类平抛运动的电子，在垂直电场方向做匀速运动，即r=vt在平行电场方向做初速度为零的匀加速运动，即d=at2其中，a=，则t=d粒子在垂直电场方向上做匀速运动，由r=vt代入得：答：电子从放射源射出时的速度大小为点评：了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题17一般在微型控制电路中，由于电子元件体积很小，直接与电源连接会影响电路精准度，所以采用“磁”生“电”的方法来提供大小不同的电流在某原件工作时，其中一个面积为s=4104m2，匝数为10匝，每匝电阻为0.02的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度大小b随时间t变化的规律如图1所示（1）求在开始的2s内，穿过线圈的磁通量变化量；（2）求在开始的3s内，线圈产生的热量；（3）小勇同学做了如图2的实验：将并排在一起的两根电话线分开，在其中一根电话线旁边铺设一条两端分别与耳机连接的导线，这条导线与电话线是绝缘的，你认为耳机中会有电信号吗？写出你的观点，并说明理由考点：法拉第电磁感应定律；焦耳定律 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）根据磁通量的变化=21，即可求解；（2）根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，及焦耳定律，即可求解；（3）由感应电流产生的条件，即可求解解答：解（1）根据=21代入数据解得=1.6103wb；（2）根据题意，02s时根据法拉第电磁感应定律，有：，闭合电路欧姆定律，则有：，焦耳定律，则=6.4104j，23s时，同理可得q2=12.8104j，则前3s内线圈产生的热量为q=q1+q2=1.92103j；（3）闭合电路靠