湖北省荆州市沙市中学高二物理下学期第一次半月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年湖北省荆州市沙市中学高二（下）第一次半月考物理试卷一、选择题（本题共13小题，每小题4分在每小题给出的四个选项中1-8题只有一项符合题目要求9-13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）1两个质量均为m的完全相同的金属球a和b，其质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离l为球半径的3倍若使它们带上等量异种电荷，所带电荷量的绝对值均为q，那么a、b两球之间的万有引力f引和库仑力f库的表达式正确的是（）af引=g，f库=kbf引g，f库kcf引=g，f库kdf引g，f库=k2如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由aob，匀速飞过，电子重力不计，则电子所受的另一外力的大小和方向变化情况（）a先变大，后变小，方向水平向左b先变大，后变小，方向水平向右c先变小，后变大，方向水平向左d先变小，后变大，方向水平向右3一个带正电的质点，电荷量q=2.0109c，在静电场中由a点移到b点，在这过程中，除电场力外，其他外力做的功为6.0105j，质点的动能增加了8.0105j，则a、b两点间电势差uab为（）a3.0104vb1.0104vc4.0104vd7.0104v4如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为r的电阻时，指针偏转至满刻度处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的处，则该电阻的阻值为（）a4rb5rc10rd16r5如图所示，把一通电直导线放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动，当导线中通过如图所示方向的电流时，导线的运动情况正确的是（）a顺时针方向转动，同时下降b顺时针方向转动，同时上升c逆时针方向转动，同时下降d逆时针方向转动，同时上升6目前有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度磁强计的原理如右图所示，电路有一段金属导体，它的横截面是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x轴正方向、大小为i的电流已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动两电极m、n均与金属导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为u则磁感应强度的大小和电极m、n的正负为（）a，m正、n负b，m正、n负c，m负、n正d，m负、n正7如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置 时的加速度关系为（）aa1a2a3a4ba1=a3a2a4ca1=a3a4a2da4=a2a3a18如图所示，l是电阻不计的自感线圈，c是电容器，e为电源，在开关s闭合和断开时，关于电容器的带电情况，下列说法正确的是（）as闭合瞬间，a板带正电，b板带负电bs保持闭合，a板带正电，b板带负电cs断开瞬间，a板带正电，b板带负电d由于线圈l的电阻不计，电容器被短路，上述三种情况下电容器均不带电9对下列物理现象的解释，正确的是（）a击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻b跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量c易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间，减小作用力d在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零10如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成若静电分析器通道中心线的半径为r，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为e，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为b、方向垂直纸面向外一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由p点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的q点不计粒子重力下列说法正确的是（）a极板m比极板n电势高b加速电场的电压u=erc两点间距pq=2bd若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的电量11如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系绳的小球拉开到一定角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中（）a小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒b小球向左摆动时，小车向右运动，且系统在水平方向上动量守恒c小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零d在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反12质量为m和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图1所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？（）am、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足（m+m0）v=mv1+m0v2+mv3bm0的速度不变，m和m的速度变为v1和v2，而且满足mv=mv1+mv2cm0的速度不变，m、m的速度都变为v，且满足mv=（m+m）vdm、m0、m速度均发生变化，m和m0速度都变为v，m速度变为v2，而且满足（m+m）v0=（m+m0）v1+mv213如图1所示，长木板a放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体b以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板a的表面，由于a、b间存在摩擦，之后a、b速度随时间变化情况如图2所示，则下列说法正确的是（）a木板获得的动能为2 jb系统损失的机械能为4 jc木板a的最小长度为1 mda、b间的动摩擦因数为0.1二、填空题14如图，一热敏电阻rt放在控温容器m内；a为毫安表，量程6ma，内阻为数十欧姆；e为直流电源，电动势约为3v，内阻很小；r为电阻箱，最大阻值为999.9；s为开关已知rt在95时的阻值为150，在20时的阻值约为550现要求在降温过程中测量在9520之间的多个温度下rt的阻值（1）在图中画出连线，完成实验原理电路图（2）完成下列步骤中的填空：依照实验原理电路图连线调节控温容器m内的温度，使得rt温度为95将电阻箱调到适当的初值，以保证仪器安全闭合开关调节电阻箱，记录电流表的示数i0，并记录将rt的温度降为t1（20t195）；调节电阻箱，使得电流表的读数，记录温度为t1时热敏电阻的电阻值rt1=逐步降低t1的数值，直至20为止；在每一温度下重复步骤三、计算题（共4小题，48分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15如图所示，t=0时，竖直向上的匀强磁场磁感应强度b0=0.5t，并且以=1t/s在变化，水平导轨不计电阻，且不计摩擦阻力，宽为0.5m，长l=0.8m在导轨上搁一导体杆ab，电阻r0=0.1，并且水平细绳通过定滑轮吊着质量m=2kg的重物，电阻r=0.4，问经过多少时间能吊起重物？（g=10m/s2）16如图所示，在高为h=5m的平台右边缘上，放着一个质量m=3kg的铁块，现有一质量为m=1kg的钢球以v0=10m/s的水平速度与铁块在极短的时间内发生正碰被反弹，落地点距离平台右边缘的水平距离为l=2m，已知铁块与平台之间的动摩擦因数为0.5，求铁块在平台上滑行的距离s（不计空气阻力，铁块和钢球都看成质点，取g=10m/s2）17小球a和b的质量分别为ma和mb，且mamb在某高度处将a和b先后从静止释放小球a与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处的下方与释放处距离为h的地方恰好与正在下落的小球b发生正碰设所有碰撞都是弹性的，碰撞时间极短求小球a、b碰撞后b上升的最大高度18如图所示，在无限长的竖直边界ns和mt间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于nstm平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为b和2b，kl为上下磁场的水平分界线，在ns和mt边界上，距kl高h处分别有p、q两点，ns和mt间距为1.8h，质量为m带电量为+q的粒子从p点垂直于ns边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g（1）求电场强度的大小和方向（2）要使粒子不从ns边界飞出，求粒子入射速度的最小值（3）若粒子经过q点从mt边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值附加题（本题仅供学生拓展学习，不计入试卷总分）19如图所示，在0xa、oy范围内有垂直手xy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为b坐标原点0处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0900范围内己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a/2到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的（1）速度的大小：（2）速度方向与y轴正方向夹角的正弦2015-2016学年湖北省荆州市沙市中学高二（下）第一次半月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共13小题，每小题4分在每小题给出的四个选项中1-8题只有一项符合题目要求9-13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）1两个质量均为m的完全相同的金属球a和b，其质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离l为球半径的3倍若使它们带上等量异种电荷，所带电荷量的绝对值均为q，那么a、b两球之间的万有引力f引和库仑力f库的表达式正确的是（）af引=g，f库=kbf引g，f库kcf引=g，f库kdf引g，f库=k【考点】库仑定律【专题】电场力与电势的性质专题【分析】万有引力定律的使用的条件是质点和质量均匀分布的球，库仑定律的使用的条件是点电荷，根据它们的使用条件来分析即可【解答】解：万有引力定律的使用的条件是质点和质量均匀分布的球，由于金属球a和b质量分布均匀，所以万有引力定律可以直接的应用，所以它们之间的万有引力为f引=g，由于两球心间的距离l为球半径的3倍，它们之间的距离并不是很大，所以此时的电荷不能看成是点电荷，由于它们带的是等量异种电荷，由于电荷之间的相互吸引，电荷之间的距离会比l小，所以此时电荷间的库仑力f库k，所以c正确故选c【点评】本题是对万有引力定律和库仑定律的条件的考查，掌握住库仑定律的使用的条件是点电荷之间的作用力，只有是点电荷的时候，库仑定律才可以使用，当电荷之间的距离不够大的时候，就不能看成是点电荷，库仑定律就不能使用2如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由aob，匀速飞过，电子重力不计，则电子所受的另一外力的大小和方向变化情况（）a先变大，后变小，方向水平向左b先变大，后变小，方向水平向右c先变小，后变大，方向水平向左d先变小，后变大，方向水平向右【考点】电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电子做匀速直线运动，知受电场力和外力平衡，外力的大小与电场力的大小相等，方向相反，根据电场力的变化判断外力的变化【解答】解：根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从aob，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小则电子所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向左，则外力的大小先变大后变小，方向水平向右故b正确，a、c、d错误故选b【点评】解决本题的关键知道外力的大小与电场力的大小相等，方向相反，是一对平衡力3一个带正电的质点，电荷量q=2.0109c，在静电场中由a点移到b点，在这过程中，除电场力外，其他外力做的功为6.0105j，质点的动能增加了8.0105j，则a、b两点间电势差uab为（）a3.0104vb1.0104vc4.0104vd7.0104v【考点】电势差；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】质点在静电场中由a点移到b点的过程中，电场力和其他外力对质点做功，引起质点动能的增加电场力做功为wab=quab，根据动能定理求解a、b两点间的电势差uab【解答】解：根据动能定理得：quab+w其他=ek得：uab=7104v，故d正确，abc错误；故选：d【点评】对于研究质点动能变化的问题，要首先考虑能否运用动能定理基础题，比较容易4如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为r的电阻时，指针偏转至满刻度处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的处，则该电阻的阻值为（）a4rb5rc10rd16r【考点】把电流表改装成电压表【专题】实验题；恒定电流专题【分析】欧姆表调零即待测电阻为零，根据指针偏转位置和闭合回路欧姆定律求解【解答】解：设电动势为e，内阻为r内，满偏电流为ig，欧姆表调零时，ig=测一阻值为r的电阻时ig=测一未知电阻时ig=解这三式得： r=16r故选d【点评】考查欧姆表的改装原理，结合闭合回路欧姆定律进而求所测电阻5如图所示，把一通电直导线放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动，当导线中通过如图所示方向的电流时，导线的运动情况正确的是（）a顺时针方向转动，同时下降b顺时针方向转动，同时上升c逆时针方向转动，同时下降d逆时针方向转动，同时上升【考点】楞次定律；安培力【专题】电磁感应与图像结合【分析】利用微元法，在导线两侧取两段，根据左手定则判断出安培力的方向，当转过90度时，再根据左手定则判断出安培力的方向，从而确定导线的运动情况【解答】解：在导线两侧取两小段，左边一小段所受的安培力方向垂直纸面向外，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向里，从上往下看，知导线逆时针转动，当转动90度时，导线所受的安培力方向向下，所以导线的运动情况为，逆时针转动，同时下降故c正确，a、b、d错误故选c【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，以及掌握微元法、特殊位置法的运用6目前有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度磁强计的原理如右图所示，电路有一段金属导体，它的横截面是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x轴正方向、大小为i的电流已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动两电极m、n均与金属导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为u则磁感应强度的大小和电极m、n的正负为（）a，m正、n负b，m正、n负c，m负、n正d，m负、n正【考点】霍尔效应及其应用；磁感应强度【分析】根据左手定则判断出电子的偏转方向，从而确定电势的高低抓住电子受到的洛伦兹力等于电场力，结合电流的微观表达式求出磁感应强度的大小【解答】解：根据左手定则知，电子向外侧偏转，则导体m极为负极，n极为正极自由电子做定向移动，视为匀速运动，速度设为v，则单位时间内前进的距离为v，对应体积为vab，此体积内含有的电子个数为：nvab，电量为：nevab有i=neavb电子受电场力和洛伦兹力平衡，有e=bev解得：b=，故d正确，abc错误；故选：d【点评】解决本题的关键掌握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡7如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置 时的加速度关系为（）aa1a2a3a4ba1=a3a2a4ca1=a3a4a2da4=a2a3a1【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；楞次定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】未进入磁场前，仅受重力，加速度为g，进磁场的过程中，受到重力和向上的安培力，通过牛顿第二定律可以分析出加速度的大小，完全进入磁场后，不产生感应电流，不受安培力，仅受重力，加速度又为g【解答】解：未进磁场前和全部进入磁场后，都仅受重力，所以加速度a1=a3=g磁场的过程中，受到重力和向上的安培力，根据牛顿第二定律知加速度a2g而由于线框在磁场中也做加速度为g的加速运动，故4位置时的速度大于2时的速度，故此时加速度一定小于2时的加速度，故a4a2；故关系为：a1=a3a2a4故选：b【点评】解决本题的关键知道完全进入磁场后没有感应电流，不受安培力，在进磁场的过程，根据右手定则判定出感应电流的方向，根据左手定则知道受到向上的安培力8如图所示，l是电阻不计的自感线圈，c是电容器，e为电源，在开关s闭合和断开时，关于电容器的带电情况，下列说法正确的是（）as闭合瞬间，a板带正电，b板带负电bs保持闭合，a板带正电，b板带负电cs断开瞬间，a板带正电，b板带负电d由于线圈l的电阻不计，电容器被短路，上述三种情况下电容器均不带电【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】闭合s瞬间，电源给电容器充电，根据电势的高低判断出电容器两极板的电性；由于线圈l的直流电阻不计，s闭合电路稳定后，电容器被短路，两端电压为零当断开s的瞬间，线圈中电流要减小，产生自感电动势，电容器充电，极板的电性变化【解答】解：a、s闭合瞬间，给电容器充电，且a与电源的正极相连，故a板带正电，b板带负电，故a正确；b、s保持闭合，电容器支路断路，但两端的电压与并联的支路电压相同为零，故电容器不带电，故b错误；c、s断开瞬间，由于线圈产生感应电流，电流的方向与原电流方向相同，故a带负电，b带正电，故c错误；d、根据abc可知，d错误；故选：a【点评】本题考查自感线圈的双重作用的理解：当电流稳定不变时，自感线圈是电阻不计的导线；当电流变化时，相当于一个电源9对下列物理现象的解释，正确的是（）a击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻b跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量c易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间，减小作用力d在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零【考点】动量定理；惯性【专题】动量定理应用专题【分析】力与时间的乘积是力的冲量；应用冲量的计算公式i=ft与动量定理分析答题【解答】解：a、用橡皮锤击钉子，橡皮锤与钉子接触时形变量比较大，延长了作用时间，使作用力减小，所以不要橡皮锤钉钉子，故a错误；b、跳远时，在沙坑里填沙，是为了增加运动员与沙子的作用时间，从而减小作用力，避免运动员受到伤害，故b错误；c、易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间，减小作用力，故c正确；d、在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零，故d正确；故选：cd【点评】本题考查了冲量计算公式i=ft、动量定理的应用；在动量的变化或冲量一定的情况下，延长力的作用时间可以减小力的大小10如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成若静电分析器通道中心线的半径为r，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为e，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为b、方向垂直纸面向外一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由p点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的q点不计粒子重力下列说法正确的是（）a极板m比极板n电势高b加速电场的电压u=erc两点间距pq=2bd若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的电量【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】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】带电粒子在电场中，在电场力做正功的情况下，被加速运动后垂直于电场线，在电场力提供向心力作用下，做匀速圆周运动最后进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动根据洛伦兹力的方向，从而可确定电性，进而可确定极板的电势高低根据牛顿第二定律可得在电场力作用下做匀速圆周运动的表达式，从而求出加速电压最后再由牛顿第二定律，洛伦兹力等于向心力可知，运动的半径公式，即影响半径的大小因素【解答】解：a、由左手定则可知，粒子带正电，而粒子在mn间被加速，所以m板的电势高于n板，故a正确；b、在静电分析器中，根据电场力提供向心力，则有，在加速电场部分，根据动能定理有，从而解得：故b错误c、根据洛伦兹力提供向心力，则有：，结合上式可知，pq=，若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点说明运动的直径相同，由于磁场，电场与静电分析器的半径不变，则该群离子具有相同的比荷，故c、d错误故选：a【点评】考查粒子在电场中加速与匀速圆周运动，及在磁场中做匀速圆周运动掌握电场力与洛伦兹力在各自场中应用，注意粒子在静电分析器中电场力不做功11如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系绳的小球拉开到一定角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中（）a小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒b小球向左摆动时，小车向右运动，且系统在水平方向上动量守恒c小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零d在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反【考点】动量守恒定律【专题】动量定理应用专题【分析】小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，满足水平方向动量守恒定律；系统机械能守恒，但对小球来说，不满足动量和机械能守恒的条件【解答】解：a、小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受外力不为零，故系统只在在水平方向动量守恒，系统在水平方向动量守恒，系统总动量为零，小球与车的动量大小相等、方向相反，小球向左摆动时，小车向右运动，故a错误，b正确；c、小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度也为零，故c错误；d、系统只在在水平方向动量守恒，在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反故d正确；故选：bd【点评】本题对照机械能和动量守恒的条件进行判断对于系统而言，机械能守恒、总动量不守恒，但由于系统所受的外力都在竖直方向上，系统水平方向上动量守恒12质量为m和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图1所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？（）am、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足（m+m0）v=mv1+m0v2+mv3bm0的速度不变，m和m的速度变为v1和v2，而且满足mv=mv1+mv2cm0的速度不变，m、m的速度都变为v，且满足mv=（m+m）vdm、m0、m速度均发生变化，m和m0速度都变为v，m速度变为v2，而且满足（m+m）v0=（m+m0）v1+mv2【考点】动量守恒定律【分析】在m和m碰撞的过程中，由于碰撞时间极短，m和m组成的系统动量守恒，m0在瞬间速度不变，应用动量守恒定律分析答题【解答】解：碰撞的瞬间m和m组成的系统动量守恒，m0的速度在瞬间不变，以m的初速度方向为正方向，若碰后m和m的速度变v1和v2，由动量守恒定律得：mv=mv1+mv2；若碰后m和m速度相同，由动量守恒定律得：mv=（m+m）v故bc正确，ad错误故选：bc【点评】解决本题的关键合理选择研究对象，知道在碰撞的瞬间前后m0的速度不变，m和m组成的系统动量守恒、应用动量守恒定律即可正确解题13如图1所示，长木板a放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体b以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板a的表面，由于a、b间存在摩擦，之后a、b速度随时间变化情况如图2所示，则下列说法正确的是（）a木板获得的动能为2 jb系统损失的机械能为4 jc木板a的最小长度为1 mda、b间的动摩擦因数为0.1【考点】动量守恒定律；动能定理的应用【专题】动能定理的应用专题【分析】由图能读出木板获得的速度，根据动量守恒定律求出木板a的质量，根据ek=mv2求解木板获得的动能根据斜率求出b的加速度大小，根据牛顿第二定律求出动摩擦因数根据“面积”之差求出木板a的长度根据系统克服摩擦力做功求解系统损失的机械能【解答】解：a、由图示图象可知，木板获得的速度为v=1m/s，a、b组成的系统动量守恒，以b的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+m）v，解得：m=2kg，木板a的质量为 m=2kg，木板获得的动能为：ek=mv2=212=1j，故a错误b、系统损失的机械能e=mv02mv2mv2，代入数据解得：e=2j，故b错误；c、由图得到：01s内b的位移为xb=（2+1）1m=1.5m，a的位移为xa=11m=0.5m，木板a的最小长度为l=xbxa=1m，故c正确；d、由图示图象可知，b的加速度：a=1m/s2，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：mbg=mba，代入解得，=0.1，故d正确故选：cd【点评】本题属于木块在木板上滑动类型，既考查读图能力，也考查运用牛顿第二定律、功能关系及动量守恒等处理复杂力学问题的能力二、填空题14如图，一热敏电阻rt放在控温容器m内；a为毫安表，量程6ma，内阻为数十欧姆；e为直流电源，电动势约为3v，内阻很小；r为电阻箱，最大阻值为999.9；s为开关已知rt在95时的阻值为150，在20时的阻值约为550现要求在降温过程中测量在9520之间的多个温度下rt的阻值（1）在图中画出连线，完成实验原理电路图（2）完成下列步骤中的填空：依照实验原理电路图连线调节控温容器m内的温度，使得rt温度为95将电阻箱调到适当的初值，以保证仪器安全闭合开关调节电阻箱，记录电流表的示数i0，并记录r0将rt的温度降为t1（20t195）；调节电阻箱，使得电流表的读数为i0，记录r1温度为t1时热敏电阻的电阻值rt1=r0+150r1逐步降低t1的数值，直至20为止；在每一温度下重复步骤【考点】伏安法测电阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）根据实验原理连接实验电路；（2）实验时保持电流表示数不变，改变电阻箱接入电路的阻值并记录电阻箱阻值；由闭合电路欧姆定律列方程可以求出热敏电阻阻值【解答】解：（1）该实验中没有电压表，可以应用等效替代法测热敏电阻阻值，改变电阻箱接入电路的阻值，保持电路电流不变，则电路总电阻不变，因此应把电源、电流表、热敏电阻、电阻箱、开关串联接入电路，实物电路图如图所示（2）闭合开关调节电阻箱，记录电流表的示数i0，并记录电阻箱的读数r0将rt的温度降为t1（20t195）；调节电阻箱，使得电流表的读数i0，记录电阻箱电阻r1由闭合电路欧姆定律可得：温度为95时：e=i0（r+ra+rt+r0），即：e=i0（r+ra+150+r0），当rt的温度降为t1时，有：e=i0（r+ra+rt1+r1），由解得：rt1=r0+150r1故答案为：（1）电路图如图所示；（2）r0；为i0；r1r0+150r1【点评】本题考查了设计、连接实物电路图、完善实验步骤，知道实验原理是正确解题的前提与关键；要掌握常用的测电阻的方法：伏安法、等效法、用欧姆表测电阻等三、计算题（共4小题，48分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15如图所示，t=0时，竖直向上的匀强磁场磁感应强度b0=0.5t，并且以=1t/s在变化，水平导轨不计电阻，且不计摩擦阻力，宽为0.5m，长l=0.8m在导轨上搁一导体杆ab，电阻r0=0.1，并且水平细绳通过定滑轮吊着质量m=2kg的重物，电阻r=0.4，问经过多少时间能吊起重物？（g=10m/s2）【考点】法拉第电磁感应定律；共点力平衡的条件及其应用；安培力【专题】定性思想；推理法；电磁感应中的力学问题【分析】根据对棒受力分析，结合平衡条件，及安培力表达式，再根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，即可求解【解答】解：要提起重物，安培力 f=mg 且 f=bil 在任意时刻t，磁感应强度 b=b0+t电路中的电流 i=感应电动势 e=s=dl综合以上各式代入数据： =20解得：t=30.75s 答：经过30.75s时间重物将被提起【点评】考查法拉第电磁感应与闭合电路欧姆定律的应用，掌握平衡条件的内容，注意安培力表达式中的电流含义16如图所示，在高为h=5m的平台右边缘上，放着一个质量m=3kg的铁块，现有一质量为m=1kg的钢球以v0=10m/s的水平速度与铁块在极短的时间内发生正碰被反弹，落地点距离平台右边缘的水平距离为l=2m，已知铁块与平台之间的动摩擦因数为0.5，求铁块在平台上滑行的距离s（不计空气阻力，铁块和钢球都看成质点，取g=10m/s2）【考点】动量守恒定律【专题】动量定理应用专题【分析】钢球与铁块发生碰撞，时间极短，动量守恒，碰撞后钢球做平抛运动，已知下落的高度和水平距离，可由平抛运动的规律求出碰后钢球的速度，即可由动量守恒定律求出碰后铁块的速度，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解铁块在平台上滑行的距离s【解答】解：设碰撞后钢球反弹的速度大小为v1，铁块的速度大小为v，由于碰撞时间极短，系统的动量守恒，则有 mv0=mvmv1，碰后钢球做平抛运动，则有 l=v1t h=gt2 由解得t=1s，v1=2m/s，v=4m/s，d碰后铁块向左做匀减速直线运动，加速度大小为 a=g=5m/s2 最终速度为0，则其运行时间为 t1=0.8s 所以铁块在平台右滑行的距离为 s=t1=1.6m 答：铁块在平台上滑行的距离s是1.6m【点评】本题分析物理过程，把握每个过遵循的物理规律是关键对于铁块滑行的距离，也可以根据动能定理求解17小球a和b的质量分别为ma和mb，且mamb在某高度处将a和b先后从静止释放小球a与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处的下方与释放处距离为h的地方恰好与正在下落的小球b发生正碰设所有碰撞都是弹性的，碰撞时间极短求小球a、b碰撞后b上升的最大高度【考点】机械能守恒定律；动量守恒定律【专题】压轴题【分析】由于ab是从同一高度释放的，并且碰撞过程中没有能量的损失，根据机械能守恒可以求得碰撞时的速度的大小，再根据a、b碰撞过程中动量守恒，可以求得碰后的速度大小，进而求可以得a、b碰撞后b上升的最大高度【解答】解：小球a与地面的碰撞是弹性的，而且ab都是从同一高度释放的，所以ab碰撞前的速度大小相等设为v0，根据机械能守恒有 化简得 设a、b碰撞后的速度分别为va和vb，以竖直向上为速度的正方向，根据a、b组成的系统动量守恒和动能守恒得 mav0mbv0=mava+mbvb 连立化简得 设小球b能够上升的最大高度为h，由运动学公式得 连立化简得 答：b上升的最大高度是【点评】本题考查的是机械能守恒的应用，同时在碰撞的过程中物体的动量守恒，在利用机械能守恒和动量守恒的时候一定注意各自的使用条件，将二者结合起来应用即可求得本题18如图所示，在无限长的竖直边界ns和mt间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于nstm平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为b和2b，kl为上下磁场的水平分界线，在ns和mt边界上，距kl高h处分别有p、q两点，ns和mt间距为1.8h，质量为m带电量为+q的粒子从p点垂直于ns边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g（1）求电场强度的大小和方向（2）要使粒子不从ns边界飞出，求粒子入射速度的最小值（3）若粒子经过q点从mt边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值【考点】带