河南省南阳市方城一中高三物理上学期9月周考试卷（含解析）.doc

河南省南阳市方城一中 2016 届高三上学期周考物理试卷（9 月份）一、选择题（本题共 12 个小题，每小题 4 分在每小题给出的 4 个选项中，第 1-8 题只有一项符合 题目要求，第 92 题有多项符合题目要求全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分）1做匀加速直线运动的质点在第一个 2s 内的平均速度比在第一个 6s 内的平均速度小 4m/s，则质点 的加速度大小为（ ）a1m/s2 b2m/s2c3m/s2d4m/s22如图所示，在倾角为 的斜面上，放着一个质量为 m 的光滑小球，小球被竖直的木板挡住，则 小球对竖直木板的压力大小为（ ）amgcos bmgtan c d3两个质量分别为 m1、m2 的物体 a 和 b 紧靠在一起放在光滑水平桌面上，如图所示，如果它们分 别受到水平推力 2f 和 f，则 a、b 之间弹力的大小为（ ）af bf cfdf4如图所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮 p 和 q 靠静摩擦传动，两轮的半径 r：r=2：1， 当主动轮 q 匀速转动的角速度为 1 时，在 q 轮边缘上放置的小木块恰能相对静止，若把小木块放 在 p 轮边缘上，改变 q 轮转动的角速度至 2 时，小木块也恰能静止，则（ ）a1= 2 b1=2 c1=2 d1=22225一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为 v假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为 m 的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为 n已知引力常量为g，则这颗行星的质量为（）a b c d6如图所示，质量为 m、电荷量为 e 的质子以某一初速度（动能为 ek）从坐标原点 o 沿 x 轴正方 向进入场区，若场区仅存在平行于 y 轴向上的匀强电场时，质子通过 p（d，d）点时的动能为 5ek； 若场区仅存在垂直于 xoy 平面的匀强磁场时，质子也能通过 p 点不计质子的重力设上述匀强电 场的电场强度大小为 e、匀强磁场的磁感应强度大小为 b，则下列说法中正确的是（ ）ae= be= cb= db=7如图甲所示，导体棒 mn 置于水平导轨上，pqmn 所围的面积为 s，pq 之间有阻值为 r 的电 阻，不计导轨和导体棒的电阻导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向 上为正，在 02t0 时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒 mn 始终处于静止状态下列 说法正确的是（）a在 0t0 和 t02t0 时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向相同b在 0t0 内，通过导体棒的电流方向为 n 到 mc在 t02t0 内，通过电阻 r 的电流大小为d在 02t0 时间内，通过电阻 r 的电荷量为8如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比 n1：n2=11：5原线圈与正弦交变电源连接，输入 电压 =220sin（100t）v副线圈接入电阻的阻值 r=100则（）a通过电阻的电流是 22ab交流电的频率是 100hz c与电阻并联的电压表的示数是 100v d变压器的输入功率是 484w9如图电路中，电源电动势为 e、内阻为 r闭合开关 s，增大可变电阻 r 的阻值后，电压表示数 的变化量为u在这个过程中，下列判断正确的是（）a电压表的示数 u 和电流表的示数 i 的比值变大 b电阻 r1l 两端的电压减小，减小量等于u c电容器的带电量减小，减小量小于 cu d电压表示数变化量u 和电流表示数变化量i 的比值不变10如图所示，质量均为 m 的物块 a、b 通过轻质弹簧相连接并静止于水平地面上，现用竖直向上 的拉力 f 作用于 a 物块，使其缓慢上升，当 a 上升距离为 d 时，b 恰好离开地面，空气阻力不计， 重力加速度为 g关于此过程的描述，下列说法中正确的是（ ）a弹簧的劲度系数为 k=b拉力 f 对 a 做的功小于 a 克服重力做的功 ca、b 及弹簧系统的机械能的增加量为e=mgd d弹簧对 a 做的功为零11利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域如图是霍尔元件的工作原 理示意图，磁感应强度 b 垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流 i，c、d 两侧面会形 成电势差 ucd，下列说法中正确的是（ ）a电势差 ucd 仅与材料有关b若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差 ucd0c仅增大磁感应强度时，电势差 ucd 变大d在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平12如图所示，一个带正电荷的物块 m 由静止开始从斜面上 a 点下滑，滑到水平面 bc 上的 d 点停 下来已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过 b 处时的机械能损失现在 abc 所在空间加竖直向下的匀强电场，第二次让物块 m 从 a 点由静止开始下滑，结果物块在水平 面上的 d点停下来后又撤去电场，在 abc 所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块 m 从 a 点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的 d点停下来，则以下说法中正确的是（） ad点一定在 d 点左侧bd点一定与 d 点重合cd点一定在 d 点右侧dd点一定与 d 点重合二、实验题13用如图 1 实验装置验证 m1、m2 组成的系统机械能守恒m2 从高处由静止开始下落，m1 上拖着 的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律图 2 给出的是实验 中获取的一条纸带：0 是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有 4 个点（图中未标出），计数点 间的距离如图 2 所示，已知 m1=50g、m2=150g，则（g 取 9.8m/s2，所有结果均保留三位有效数字）在纸带上打下记数点 5 时的速度 v= m/s：在打点 05 过程中系统动能的增加量ek= j，系统势能的减少量ep= j：若某同学作出 v2h 图象如图 3，则当地的实际重力加速度 g= m/s214某实验小组用如图的电路测量一直流安培表的内电阻所给的器材有：电池 e（电动势约 4.5v）；电流表 a（量程 0300ma，待测内阻约为 5）； 电压表 v（量程 03v） 电阻箱 r1；滑动变阻器 r2（010）；电键 s 和导线若干请完成主要实验的步骤：a连接好实验电路，把变阻器的滑动片调到 （填“左端”或“右端”）； b闭合电键，调节 ，使电压表的电压从小到大变化，调节电阻箱，使电流表指针有 较大偏转，读出并记录数据若电压表、电流表的读数分别为 u 和 i，电阻箱读数为 r1，则电流表的内电阻ra= 三、计算题（共 4 小题，共 37 分要写出必要的过程和文字说明，只给答案的不得分）15如图所示，半径 r=0.40m 的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于 圆环的端点 a质量 m=0l0kg 的小球与水平地面之间的动摩擦因数为 =0.3，小球以初速度v0=7.0m/s 在水平地面上向左运动 4.0m 后，冲上竖直半圆环，最后小球落在 c 点，取重力加速度g=10m/s2，求：（1）小球进入圆轨道通过 a 点时对轨道的压力； 小球经过 b 点时速度；（3）a、c 间的距离16如图所示，在 xoy 平面上第象限内有平行于 y 轴的有界匀强电场，方向如图y 轴上一点 p 的坐标为（0，l），有一电子以垂直于 y 轴的初速度 v0 从 p 点垂直射入电场中，并从 a 点射出，a 点坐标为已知电子的电量大小为 e，质量为 m，不计电子的重力（1）求匀强电场的场强大小；若在第象限过 q 点放一张垂直于 xoy 平面的感光胶片，q 点的坐标为（0，l），求感光胶片上 曝光点的横坐标 x17如图所示，在平面直角坐标系 xoy 中的第一象限内存在磁感应强度大小为 b、方向垂直于坐标 平面向内的有界圆形匀强磁场区域（图中未画出）；在第二象限内存在沿 x 轴负方向的匀强电场一 粒子源固定在 x 轴上的 a 点，a 点坐标为（l，0）粒子源沿 y 轴正方向释放出速度大小为 v 的 电子，电子恰好能通过 y 轴上的 c 点，c 点坐标为（0，2l），电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第 一象限内与 x 轴正方向成 15角的射线 on（已知电子的质量为 m，电荷量为 e，不考虑粒子的重力 和粒子之间的相互作用）求：（1）第二象限内电场强度 e 的大小 电子离开电场时的速度方向与 y 轴正方向的夹角 （3）圆形磁场的最小半径 rm18如图甲所示，一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨 mn、pq 之间的距离 l=1.0m，nq 两端连 接阻值 r=1.0 的电阻，磁感应强度为 b 的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨平面与水平面 间的夹角 =30一质量 m=0.20kg，阻值 r=0.50 的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑 的定滑轮与质量 m=0.60kg 的重物相连细线与金属导轨平行金属棒沿导轨向上滑行的速度 v 与时间 t 之间的关系如图乙所示，已知金属棒在 00.3s 内通过的电量是 0.30.6s 内通过电量的，g=10m/s2，求：（1）00.3s 内棒通过的位移； 金属棒在 00.6s 内产生的热量河南省南阳市方城一中 2016 届高三上学期周考物理试卷（9月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题共 12 个小题，每小题 4 分在每小题给出的 4 个选项中，第 1-8 题只有一项符合 题目要求，第 92 题有多项符合题目要求全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分）1做匀加速直线运动的质点在第一个 2s 内的平均速度比在第一个 6s 内的平均速度小 4m/s，则质点 的加速度大小为（）a1m/s2 b2m/s2c3m/s2d4m/s2【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；平均速度；加速度【专题】直线运动规律专题【分析】由匀变速直线运动的平均速度公式可求得第 1s 末的速度及第 3s 内的速度；则由加速度定 义可求得质点的加速度【解答】解：根据匀变速直线运动的规律可知，第一个 2s 内的平均速度为第 1s 末的速度；第一个6s 内的平均速度为第 3s 末的速度；则由 a=可得：a=2m/s2； 故选：b【点评】本题考查加速度的计算及平均速度公式的应用，要注意平均速度 =，同时平均速 度还等于中间时刻的瞬时速度2如图所示，在倾角为 的斜面上，放着一个质量为 m 的光滑小球，小球被竖直的木板挡住，则 小球对竖直木板的压力大小为（）amgcos bmgtan c d【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】小球处于平衡状态，对小球进行受力分析，由共点力的平衡条件可求得小球对竖直木板的 压力大小【解答】解：对小于受力分析如图所示，小球在三力作用下保持平衡；由图利用几何关系可知： 小球受竖直木板的弹力为：t=mgtan；则由牛顿第三定律可知，小球对竖直木板的压力大小为 mgtan；故选 b【点评】对于共点力平衡类的题目要注意做好受力分析，并能正确利用几何关系求解3两个质量分别为 m1、m2 的物体 a 和 b 紧靠在一起放在光滑水平桌面上，如图所示，如果它们分 别受到水平推力 2f 和 f，则 a、b 之间弹力的大小为（ ）af bf cfdf【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】先整体受力分析求出加速度，在隔离利用牛顿第二定律求 a、b 之间弹力的大小【解答】解：根据牛顿第二定律对整体有：方向水平向右 对物体 b：fnf=m2a联立得：故 abd 错误，c 正确； 故选：c【点评】本题是连接体问题，考查灵活选择研究对象的能力，往往用整体法求加速度，而求内力时 必须用隔离法4如图所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮 p 和 q 靠静摩擦传动，两轮的半径 r：r=2：1， 当主动轮 q 匀速转动的角速度为 1 时，在 q 轮边缘上放置的小木块恰能相对静止，若把小木块放 在 p 轮边缘上，改变 q 轮转动的角速度至 2 时，小木块也恰能静止，则（ ）a1=2 b1=2c1=2 d1=22【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速【专题】匀速圆周运动专题【分析】两轮转动的线速度大小相等，根据线速度与角速度之间的关系，和向心力的表达公式，结 合摩擦力提供向心力，即可求解【解答】解：两轮转动的线速度大小相等，当主动轮 q 匀速转动的角速度为 1 时，小木块转动的 线速度大小为 v=r1，根据牛顿第二定律和向心力公式有：fn=，由于小木块恰能相对静止，有：fn= mg，当主动轮 q 匀速转动的角速度变为 2 时，有： mg=，v=r2， 联立以上各式解得：2=， 即 1=2，故选项 a 正确 故选：a【点评】本题主要考查了匀速圆周运动两类基本传送装置的特征、牛顿第二定律、向心力公式的应 用问题，属于中档题5一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为 v假设宇航员在该行星表面上用 弹簧测力计测量一质量为 m 的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为 n已知引力常量为 g，则这颗行星的质量为（）a b c d【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【专题】人造卫星问题【分析】先求出该星球表面重力加速度，根据万有引力提供向心力公式即可求解【解答】解：g=mg所以 g=根据万有引力提供向心力得：解得：m=故选 b【点评】本题是卫星类型的问题，常常建立这样的模型：环绕天体绕中心天体做匀速圆周运动，由 中心天体的万有引力提供向心力重力加速度 g 是联系星球表面宏观物体运动和天体运动的桥梁6如图所示，质量为 m、电荷量为 e 的质子以某一初速度（动能为 ek）从坐标原点 o 沿 x 轴正方 向进入场区，若场区仅存在平行于 y 轴向上的匀强电场时，质子通过 p（d，d）点时的动能为 5ek；若场区仅存在垂直于 xoy 平面的匀强磁场时，质子也能通过 p 点不计质子的重力设上述匀强电 场的电场强度大小为 e、匀强磁场的磁感应强度大小为 b，则下列说法中正确的是（）ae= be= cb= db=【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】压轴题【分析】质子在只有电场的区域运动（垂直电场方向射入），粒子做了平抛运动，应用动能定理可 求出电场强度的值质子在只有磁场存在的区域运动，质子做匀速圆周运动，根据几何关系判断其 半径，利用半径公式可求出磁场强度的值【解答】解：质子在只有电场存在时，动能由 ek 变为 5ek，由动能定理可知电场力做功为：w=eed=5ekek解得：由此可判断，选项 ab 错误 质子在只有磁场存在时，质子做匀速圆周运动，由题意可知，运动半径为 d，由半径公式有：设质子进入磁场时的速度为 v，则速度为： 以上两式联立得：所以选项 c 错误，选项 d 正确 故选：d【点评】对于本题正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提，灵活选用力学规律是解 决问题的关键1、明确研究对象，对研究对象进行受力分析2、依据力与运动的关系，明确运动性质及运动过程作出运动轨迹建立合理的运动模型3、根据不同的运动模型，选择合适的定律、定理（牛顿运动定律、动能定理等）列方程组求解7如图甲所示，导体棒 mn 置于水平导轨上，pqmn 所围的面积为 s，pq 之间有阻值为 r 的电 阻，不计导轨和导体棒的电阻导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向 上为正，在 02t0 时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒 mn 始终处于静止状态下列 说法正确的是（）a在 0t0 和 t02t0 时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向相同b在 0t0 内，通过导体棒的电流方向为 n 到 mc在 t02t0 内，通过电阻 r 的电流大小为d在 02t0 时间内，通过电阻 r 的电荷量为【考点】法拉第电磁感应定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】由楞次定律判断出导体棒的运动趋势，然后判断摩擦力方向； 由楞次定律求出感应电流方向； 由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，然后由欧姆定律求出感应电流； 由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后由电流定义式求出电荷 量【解答】解：a、由图乙所示图象可知，0t0 内磁感应强度减小，穿过回路的磁通量减小，由楞次 定律可知，为阻碍磁通量的减少，导体棒具有向右的运动趋势，导体棒受到向左的摩擦力，在 t02t0 内，穿过回路的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，导体棒有向左的运动趋势，导体棒受到向 右的摩擦力，在两时间段内摩擦力方向相反，故 a 错误；b、由图乙所示图象可知，在 0t0 内磁感应强度减小，穿过闭合回路的磁通量减少，由楞次定律可 知，感应电流沿逆时针方向，通过导体棒的电流方向为 n 到 m，故 b 正确；c、由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在 t02t0 内感应电动势：e=，感应电流为：i=，故 c 错误；d、由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在 0t0 内感应电动势： e1=，感应电流为：i1=，电荷量：q1=i1t1=；由图乙所示图象，应 用法拉第电磁感应定律可得，在 t02t0 内感应电动势：e2=，感应电流为：i=，电荷量 q2=i2t2=，在 02t0 时间内，通过电阻 r 的电荷量 q=q1+q2=，故d 错误； 故选：b【点评】本题考查了判断摩擦力的方向、判断电流方向、求感应电流、求电荷量等问题，应用楞次 定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式即可正确解题；要全面正确理解楞次定律“阻 碍”的含义8如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比 n1：n2=11：5原线圈与正弦交变电源连接，输入 电压 =220sin（100t）v副线圈接入电阻的阻值 r=100则（）a通过电阻的电流是 22a b交流电的频率是 100hz c与电阻并联的电压表的示数是 100v d变压器的输入功率是 484w【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】根据输入电压的表达式可以求得输入电压的有效值、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、由输入电压公式可知，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 100，所以电 流的为 1a，所以 a 错误；b、由输入电压公式可知，角速度为 100，所以交流电的频率为 50hz，故 b 错误；c、由于电压表测量的是电压的有效值，所以电压表的读数为 100v，所以 c 正确；d、原副线圈的功率是相同的，由电阻消耗的功率为 p=，所以变压器的输入功率 是 1102w，所以 d 错误故选 c【点评】根据公式可以求得输入电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得 结论9如图电路中，电源电动势为 e、内阻为 r闭合开关 s，增大可变电阻 r 的阻值后，电压表示数 的变化量为u在这个过程中，下列判断正确的是（ ）a电压表的示数 u 和电流表的示数 i 的比值变大 b电阻 r1l 两端的电压减小，减小量等于u c电容器的带电量减小，减小量小于 cu d电压表示数变化量u 和电流表示数变化量i 的比值不变【考点】电容；闭合电路的欧姆定律【专题】电容器专题【分析】闭合开关 s，增大可变电阻 r 的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析电阻 r1 两端的 电压，根据路端电压的变化，分析电阻 r1 两端的电压变化量与u 的关系，确定电容带电量变化 量电压表的示数 u 和电流表的示数 i 的比值等于 r电压表示数变化量u 和电流表示数变化量i 的比值等于 r1+r【解答】解：a、电压表测量 r 两端的电压，则有 r=，r 增大，则电压表的示数 u 和电流表的示数 i 的比值变 大故 a 正确b、闭合开关 s，增大可变电阻 r 的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻 r1 两端 的电压减小，电阻 r 两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻r1 两端的电压减 小量小于u，故 b 错误c、r1 两端的电压减小，电容器的带电量减小，根据 q=cu 可知，电容器的带电量减小量小于cu故 c 正确；d、根据闭合电路欧姆定律得：u=ei（r1+r），由数学知识得知，=r1+r，保持不变故 d 正 确；故选：acd【点评】此题是电路动态分析问题，要知道两电表读数的比值要根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律来分析要注意 r 是非线性元件，r=，但 r10如图所示，质量均为 m 的物块 a、b 通过轻质弹簧相连接并静止于水平地面上，现用竖直向上 的拉力 f 作用于 a 物块，使其缓慢上升，当 a 上升距离为 d 时，b 恰好离开地面，空气阻力不计， 重力加速度为 g关于此过程的描述，下列说法中正确的是（ ）a弹簧的劲度系数为 k=b拉力 f 对 a 做的功小于 a 克服重力做的功 ca、b 及弹簧系统的机械能的增加量为e=mgd d弹簧对 a 做的功为零【考点】功能关系；胡克定律；功的计算【分析】a、b 原来都处于静止状态，弹簧被压缩，弹力等于 a 的重力 mg，根据胡克定律求出被压 缩的长度 x1当 b 刚要离开地面时，弹簧被拉伸，此时弹力等于 b 的重力 mg，再胡克定律求出此 时弹簧伸长的长度 x2，a 上升距离 d=x1+x2从而判断出弹簧的弹性势能没有变化，进一步判断出 c 选项与 d 选项【解答】解：a、开始时弹力等于 a 的重力 mg，根据胡克定律得弹簧被压缩的长度 x1=当 b 刚要离开地面时，弹力等于 b 的重力 mg，再根据胡克定律得弹簧伸长的长度 x2=所以 a 上升距离 d=x1+x2=所以弹簧的劲度系数：故 a 错误；b、c、由 a 的分析可得，开始时弹簧压缩的长度等于末状态弹簧伸长的长度，所以弹簧的弹性势 能没有变化，拉力 f 对 a 做的功等于 a 克服重力做的功，a、b 及弹簧系统的机械能的增加量为e=mgd故 b 错误，c 正确； d、弹簧的弹性势能没有变化，弹簧对 a 做的功为零故 d 正确 故选：cd【点评】本题是含有弹簧的平衡问题，关键是分析两个状态弹簧的状态和弹力，再由几何关系研究 a 上升距离与弹簧形变量的关系，得出开始时弹簧压缩的长度等于末状态弹簧伸长的长度，所以弹 簧的弹性势能没有变化是解题的关键11利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域如图是霍尔元件的工作原 理示意图，磁感应强度 b 垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流 i，c、d 两侧面会形 成电势差 ucd，下列说法中正确的是（ ）a电势差 ucd 仅与材料有关b若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差 ucd0c仅增大磁感应强度时，电势差 ucd 变大d在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平【考点】霍尔效应及其应用【专题】压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】在霍尔元件中，移动的是自由电子，根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力方向，从而知 道两侧面所带电荷的电性，即可知道 c、d 两侧面会形成电势差 ucd 的正负cd 间存在电势差， 之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差 ucd 与什么因 素有关【解答】解：a、根据左手定则，电子向 c 侧面偏转，c 表面带负电，d 表面带正电，所以 d 表面 的电势高，则 ucd0cd 间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于 平衡，设霍尔元件的长宽高分别为 a、b、c，有，i=nqvs=nqvbc，则 u=故 a 错误，b、c 正确d、在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过故d 错误 故选 bc【点评】解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作 用下处于平衡12如图所示，一个带正电荷的物块 m 由静止开始从斜面上 a 点下滑，滑到水平面 bc 上的 d 点停下来已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过 b 处时的机械能损失现在 abc 所在空间加竖直向下的匀强电场，第二次让物块 m 从 a 点由静止开始下滑，结果物块在水平 面上的 d点停下来后又撤去电场，在 abc 所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块 m 从 a 点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的 d点停下来，则以下说法中正确的是（） ad点一定在 d 点左侧bd点一定与 d 点重合cd点一定在 d 点右侧dd点一定与 d 点重合【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】根据动能定理分别对不加电场和加电场两种情况进行研究：不加电场时，整个过程中重力 做正功，摩擦力做负功，根据动能定理列出表达式；加电场时，重力和电场力做正功，摩擦力做负 功，再由动能定理列出表达式，分析物体在水平上滑行的位移关系，判断 d点与 d 点的位置关系【解答】解：设物体的质量为 m，电量为 q，电场强度大小为 e，斜面的倾角为 ，动摩擦因数为根据动能定理得a、不加电场时：mgsabsin mgsabcos mgsbd=0 加电场时：（mg+qe）sabsin （mg+qe）sabcos （mg+qe）sbd=0 将两式对比得到，sbd=sbd，则 d点一定与 d 点重合故 a 错误，b 正确； c、加磁场时，mgsabsin sab（mgcosbqv） （mgbqv）sbd=0 比较两式可得 sbdsbd，所以 d点一定在 d 点右侧，故 c 正确，d 错误 故选 bc【点评】本题考查运用动能定理处理问题的能力，也可以应用等效的思维方法进行选择：加电场时 相当于物体的重力增加，而物体在水平面滑行的距离与重力无关二、实验题13用如图 1 实验装置验证 m1、m2 组成的系统机械能守恒m2 从高处由静止开始下落，m1 上拖着 的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律图 2 给出的是实验 中获取的一条纸带：0 是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有 4 个点（图中未标出），计数点 间的距离如图 2 所示，已知 m1=50g、m2=150g，则（g 取 9.8m/s2，所有结果均保留三位有效数字）在纸带上打下记数点 5 时的速度 v= 2.4 m/s：在打点 05 过程中系统动能的增加量ek= 0.576 j，系统势能的减少量ep= 0.588 j：若某同学作出v2h 图象如图 3，则当地的实际重力加速度 g= 9.7 m/s2【考点】验证机械能守恒定律【专题】实验题【分析】根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可以求出打 下记数点 5 时的速度大小； 根据物体的初末动能大小可以求出动能的增加量，根据物体重力做功和重力势能之间的关系可以求 出系统重力势能的减小量【解答】解：（1）由于每相邻两个计数点间还有 4 个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔t=0.1s，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点 5 的瞬时速度：v5=m/s=2.4m/s在 05 过程中系统动能的增量ek=（m1+m2）v52=0.22.42j=0.576 j 系统重力势能的减小量为（m2m1）gx=0.19.8（0.384+0.216）j=0.588 j（3）本题中根据机械能守恒可知，mgh=mv2， 即有：v2=gh，所以v2h 图象中图象的斜率表示重力加速度， 由图可知，斜率 k=9.7，故当地的实际重力加速度 g=9.7m/s2故答案为：（1）2.40.576；0.588（3）9.7【点评】本题验证系统机械能守恒，关键得出系统动能的增加量和系统重力势能的减小量，要掌握 求瞬时速度的方法14某实验小组用如图的电路测量一直流安培表的内电阻所给的器材有： 电池 e（电动势约 4.5v）；电流表 a（量程 0300ma，待测内阻约为 5）；电压表 v（量程 03v） 电阻箱 r1；滑动变阻器 r2（010）；电键 s 和导线若干请完成主要实验的步骤：a连接好实验电路，把变阻器的滑动片调到 左端 （填“左端”或“右端”）； b闭合电键，调节 滑动变阻器 ，使电压表的电压从小到大变化，调节电阻箱，使电流表指针 有较大偏转，读出并记录数据若电压表、电流表的读数分别为 u 和 i，电阻箱读数为 r1，则电流表的内电阻 ra=r1【考点】伏安法测电阻【专题】实验题【分析】滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路，闭合开关前，滑片应置于分压电路分压为零 的位置；根据实验电路，应用串联电路与欧姆定律求出电流表内阻【解答】解：由电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前滑片应置于左 端；闭合开关，调节滑动变阻器的阻值，使电路中电流不断变化，读出多组电压、电流值电阻箱和电流表串联，r=ra+r1=，则电流表内阻：ra=r1； 故答案为：a、左端；，b、滑动变阻器；r1【点评】对于实验问题首先要 明确实验原理，理解重要步骤的操作，熟练应用基本物理解决实验问题三、计算题（共 4 小题，共 37 分要写出必要的过程和文字说明，只给答案的不得分）15如图所示，半径 r=0.40m 的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于 圆环的端点 a质量 m=0l0kg 的小球与水平地面之间的动摩擦因数为 =0.3，小球以初速度v0=7.0m/s 在水平地面上向左运动 4.0m 后，冲上竖直半圆环，最后小球落在 c 点，取重力加速度g=10m/s2，求：（1）小球进入圆轨道通过 a 点时对轨道的压力； 小球经过 b 点时速度；（3）a、c 间的距离【考点】动能定理；牛顿第二定律；向心力【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）在 a 点是小球做圆周运动的开始，故此时满足小球所受合外力提供圆周运动向心力， 根据动能定理求出小球运动到 a 点的速度，再根据牛顿第二定律求解即可； 小球在光滑半圆轨道内侧运动，从 a 至 b 只有重力做功，根据动能定理求出小球在 b 点的速度；（3）小球离开 b 点后将做平抛运动，根据平抛的初速度和末速度可以求出小球落地时离 a 点的距 离【解答】解：（1）小球从 c 向 a 运动过程中小球在水平面上竖直方向受重力和支持力作用，水平 方向受摩擦力作用，摩擦力大小：f= mg小球运动过程中只有摩擦力做负功，根据动能定理有：解得：=小球通过 a 点时轨道对小球的作用力为 n，根据牛顿第二定律有：=7.25n 根据牛顿第三定律可知，小球经圆轨道 a 点时对轨道的压力为 7.25n 设小球运动到 b 点时的速度为 vb，从 a 运动到 b 只有重力做功，根据动能定理：代入数值可解得：vb=3m/s小球能达到圆弧轨道的最高点的条件是，代入半径和重力加速度的数值知，因为：vb=3m/s2m/s所以小球到达 b 点时的速度大小为 vb=3m/s；（3）小球离开 b 点后做平抛运动，抛出点高度 h=2r=0.8m竖直方向小球做自由落体运动即，所以小球做平抛运动的时间 t= 水平方向小球做匀速直线运动，小球落地时水平方向的位移 x=vbt=30.4m=1.2m 答：（1）小球进入圆轨道通过 a 点时对轨道的压力为 7.25n；小球经过 b 点时速度 vb=3m/s；（3）a、c 间的距离 x=1.2m【点评】本题是向心力、动能定理、平抛运动综合题，解决此类问题的关键是理清过程，正确的受 力分析和做功分析，选择适当的定理或定律进行解题16如图所示，在 xoy 平面上第象限内有平行于 y 轴的有界匀强电场，方向如图y 轴上一点 p 的坐标为（0，l），有一电子以垂直于 y 轴的初速度 v0 从 p 点垂直射入电场中，并从 a 点射出，a 点坐标为已知电子的电量大小为 e，质量为 m，不计电子的重力（1）求匀强电场的场强大小；若在第象限过 q 点放一张垂直于 xoy 平面的感光胶片，q 点的坐标为（0，l），求感光胶片上 曝光点的横坐标 x【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】（1）根据粒子做类平抛运动，将其运动分解，从而由动力学求解； 由速度与夹角的关系，及运动学公式，可求出感光胶片曝光点横坐标【解答】解：（1）设匀强电场的场强大小强为 e，电子在电场中运动时间为 t1， 沿 x 轴方向，有：2l=v0t1，沿 y 轴方向，有：ee=ma，l=联立解得：e=；离开电场时，电子沿 y 轴方向的速度 vy=at1， 解得，vy=v0，tan=由几何关系得：tan=解得：x=3l答：（1）匀强电场的场强大小为； 感光胶片上曝光点的横坐标 x 为 3l【点评】本题考查粒子做类平抛运动时，如何处理此运动，及形成解题的方法掌握通过画出运动图来帮助分析解题，同时还利用数学函数知识来寻找矢量关系17如图所示，在平面直角坐标系 xoy 中的第一象限内存在磁感应强度大小为 b、方向垂直于坐标 平面向内的有界圆形匀强磁场区域（图中未画出）；在第二象限内存在沿 x 轴负方向的匀强电场一 粒子源固定在 x 轴上的 a 点，a 点坐标为（l，0）粒子源沿