期末复习习题5

1、期末复习习题(未标注的选择题均为多选题)一、直线运动1. 【单选】 2015·郑州质检做匀加速直线运动的质点在第一个7 s内的平均速度比它在第一个3 s内的平均速度大6 m/s，则质点的加速度大小为()A. 1 m/s2B. 1.5 m/s2 C. 3 m/s2 D. 4 m/s2解析：第一个7 s内的平均速度等于3.5 s时的瞬时速度，第一个3 s内的平均速度等于1.5 s时的瞬时速度，质点的加速度a m/s23 m/s2，选项C正确。答案：C2. 【单选】2014·福建福州一模一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为2 kg的小球从一定的高度自由下落，测得

2、在第5 s内的位移是18 m，则()A. 物体在2 s末的速度是20 m/s B. 物体在第5 s内的平均速度是3.6 m/sC. 物体在第2 s内的位移是20 mD. 物体在5 s内的位移是50 m解析：根据sgt2可得，g×(5 s)2g×(4 s)218 m，因此星球上的重力加速度g4 m/s2，因此2 s末的速度vgt8 m/s，A错误；第5秒内的平均速度 m/s18 m/s，B错误；第2秒内的位移s2gtgt×4×22 m×4×12 m6 m，C错误；物体在5 s内的位移sgt2×4×52 m50 m,

3、D正确。答案：D3. 【单选】 2015·广东茂名我国“蛟龙号”在某次试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面的10 min内全过程的深度曲线(a)和速度图象(b)，则()A. (a)图中h4代表本次下潜最大深度为360 m B. 全过程中最大加速度是0.025 m/s2C. 在04 min潜水员处于失重状态 D. 在810 min潜水员处于超重状态解析：由题(a)图可知，深潜器本次下潜最大深度为h4，由(b)图可知，深潜器的前4 min内的位移h4360 m，A项正确；深潜器在01 min和34 min内的加速度大小a10.033 m/s2，在68 min和8

4、10 min内的加速度大小a20.025 m/s2，B项错误；在04 min潜水员在深潜器中随之先向下加速运动，再匀速运动，最后减速运动，即先处于失重状态，再处于平衡状态，最后处于超重状态，同理可知，潜水员在810 min内处于失重状态，C、D两项错误。答案：A4. 在某一高度以v020 m/s的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 m/s时，以下判断正确的是(g取10 m/s2)()A. 小球在这段时间内的平均速度大小可能为15 m/s，方向向上B. 小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s，方向向下C. 小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s，方向向上

5、D. 小球的位移大小一定是15 m解析：小球被竖直上抛，做匀变速直线运动，平均速度可以用匀变速直线运动的平均速度公式求，规定向上为正，当小球的末速度为向上10 m/s时，vt10 m/s，用公式求得平均速度为15 m/s，方向向上，A正确；当小球的末速度为向下10 m/s时，vt10 m/s，用公式求得平均速度为5 m/s，方向向上，C正确；当末速度大小为10 m/s时，球的位置一定，距起点的位移x15 m，D正确。答案：ACD5. (10分)某学生利用“研究匀变速直线运动”的实验装置来测量一个质量为m50 g的重锤下落时的加速度值，该学生将重锤固定在纸带下端，让纸带穿过打点计时器，实验装置如

6、图所示。(1)以下是该同学正确的实验操作和计算过程，请填写其中的空白部分：实验操作：_，释放纸带，让重锤自由落下，_。取下纸带，取其中的一段标出计数点如图所示，测出相邻计数点间的距离分别为x12.60 cm，x24.14 cm，x35.69 cm，x47.22 cm，x58.75 cm，x610.29 cm，已知打点计时器的打点间隔T0.02 s，则重锤运动的加速度计算表达式为a_，代入数据，可得加速度a_m/s2(计算结果保留三位有效数字)。(2)该同学从实验结果发现，重锤下落时的加速度比实际的重力加速度小，为了有效地缩小这个实验测得的加速度与实际的重力加速度之差，请你提出一个有效的改进方法

7、：_。解析：(1)实验时，应先接通打点计时器的电源，再释放纸带，实验结束，应立即关闭电源。由逐差法求解重锤下落的加速度：a9.60 m/s2(2)重锤下落时的加速度比实际的重力加速度小，是因为重锤下落时所受空气阻力过大或者纸带与打点计时器限位孔之间的摩擦阻力过大。为了有效地缩小这个实验测得的加速度与实际的重力加速度之差，可以将重锤换成较大质量的重锤或者换用电火花打点计时器或采用频闪照相法。答案：(1)接通电源实验结束关闭电源9.60(2)将重锤换成较大质量的重锤或者换用电火花打点计时器或采用频闪照相法6. 2015·西安模拟A、B两辆汽车在平直的公路上同向行驶。当A车的速度为20 m

8、/s、B车的速度为4 m/s且B车在A车前84 m处时，B车开始以2 m/s2的加速度做匀加速运动，经过6 s后，B车加速度突然变为零，A车一直做匀速运动，求两车经过多长时间相遇？解析：设A车的速度为vA，B车开始时的速度为vB，加速行驶时间为t，开始时两车的距离为x，两车经过时间t0相遇，则A车的位移xAvAt0对B车加速过程的末速度vBvBat加速位移xB1vBtat2解得xB160 m则xB1x60 m84 m>20×6 m，所以在B车加速过程中，两车未相遇，即t0>t。B车匀速运动过程的位移xB2vB(t0t)又有xAxB1xB2x解得t012 s答案：12 s二

9、、受力分析7. 【单选】 2015·南京调研如图所示，在倾斜的滑杆上套一个质量为m的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M的物体，在圆环沿滑杆向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向。则()A. 环只受三个力作用B. 环一定受四个力作用C. 物体做匀加速运动D. 悬绳对物体的拉力小于物体的重力解析：分析物体M可知，其受两个力作用，重力和轻绳拉力，因为悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，故二力平衡，物体做匀速运动，C、D错误；再对环进行受力分析可知，环受重力、轻绳拉力、滑杆支持力和摩擦力，A错误，B正确。答案：B8. 【单选】 2014·淄博模拟如图所示，小球C置于光滑的半球

10、形凹槽B内，B放在长木板A上，整个装置处于静止状态。在缓慢减小木板的倾角过程中，下列说法正确的是()A. A受到的压力逐渐变大 B. A受到的摩擦力逐渐变大C. C对B的压力逐渐变大 D. C受到三个力的作用解析：在缓慢减小木板的倾角过程中，A受到的压力(mBmC)gcos逐渐变大，A受到的摩擦力(mBmC)·gsin逐渐减小，选项A正确，B错误；缓慢减小木板的倾角过程中，C受到两个力的作用，C对B的压力等于重力，不变，选项C、D错误。答案：A9. 【单选】 2014·太原市二模如图所示，倾角为的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连

11、接，连接b的一段细绳与斜面平行。在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则()A. b对c的摩擦力一定减小B. b对c的摩擦力方向一定平行斜面向上C. 地面对c的摩擦力方向一定向右D. 地面对c的摩擦力一定减小解析：把物块b隔离出来，受力分析如图(甲)，当沙子缓慢流出的过程中，FT减小，物块b处于静止状态，若受到沿斜面向上的静摩擦力Ff，则FTFfmgsin，故Ff增大，b对c的摩擦力方向沿斜面向下，选项A、B错。对b、c组成的整体，画出如图(乙)所示的受力图，地面对c的摩擦力方向水平向左，故选项C错误；FT变小，显然Ff也减小，故选项D对。答案：D10. 2015·

12、武汉二中模拟如图，一斜劈静止于粗糙的水平地面上，在其斜面上放有一滑块m，给m一向下的初速度v0，m恰好保持匀速下滑。现在m下滑的过程中施加一个作用力，则以下说法正确的是()A. 若在m上加一竖直向下的力F1，则m仍保持匀速下滑，M对地面无摩擦力的作用B. 若在m上加一沿斜面向下的力F2，则m将做加速运动，M对地面有水平向左的静摩擦力的作用C. 若在m上加一水平向右的力F3，则m将做减速运动，在m停止前M对地面有向右的静摩擦力的作用D. 无论在m上加什么方向的力，在m停止前M对地面都无静摩擦力的作用解析：m匀速下滑时，mgsinmgcos。在m上加上竖直向下的力F1，相当于mg变大了，变成了(m

13、gF1)，故仍能匀速下滑。由于FfFN始终成立，故无论在m上加什么方向的力，Ff与FN同比例变化，故Ff与FN的合力保持竖直向上，其反作用力Ff与FN(作用在M上)的合力竖直向下，M对地面无摩擦力作用，故选项A、D正确。答案：AD三、牛顿运动定律11. 【单选】为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示。那么下列说法中正确的是()A. 顾客始终受到三个力的作用 B. 顾客始终处于超重状态C. 顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下D. 顾客对扶梯作用力的方向先指向右

14、下方，再竖直向下解析：本题考查的是物体的受力分析，意在考查考生对牛顿第三定律、力的合成与受力分析等综合知识点的理解能力。当扶梯匀速运转时，顾客只受两个力的作用，即重力和支持力，故A、B都不对；由受力分析可知，加速时顾客对扶梯有水平向左的摩擦力，故此时顾客对扶梯作用力的方向指向左下方，而匀速时没有摩擦力，此时方向竖直向下，故选C。答案：C12. 【单选】 2014·广东湛江一模如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，下列叙述正确的是()A. 小球的速度先减小后增大B. 小球的加速度先减小后增大C. 小球的加速度先增大后减小D. 在该过程的

15、位移中点处小球的速度最大解析：小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，当mg>kx时，小球做加速度减小的加速运动；当mgkx时，小球的加速度等于零，速度达到最大；当mg<kx时，小球做加速度增大的减速运动。故A、C错误，B正确。小球速度最大处时mgkx1，x1，x1为弹簧的形变量，若小球从弹簧处由静止释放，到达最低点，根据运动的对称性，知加速度等于g，方向竖直向上，此时有kxmgmg，x，故此时速度最大处在该过程位移的中点处，若从某一高度下降，下降的更低，则x1不在该过程位移的中点处，故D错误。答案：B13. 一小滑块从斜面上A点由静止释放，经过时间4t0到达B处，在5t0时

16、刻滑块运动到水平面的C点停止，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同。已知滑块在运动过程中与接触面间的摩擦力大小与时间的关系如图所示，设滑块运动到B点前后速率不变。以下说法中正确的是()A. 滑块在斜面和水平面上的位移大小之比为165B. 滑块在斜面和水平面上的加速度大小之比为14C. 斜面的倾角为45°D. 滑块与斜面的动摩擦因数解析：由题意可知，滑块从A点匀加速运动至B点后匀减速运动至C点，根据运动规律得，x1t1，x2t2，由题图可知t1t241，所以x1x241，A项错误；滑块在斜面和水平面上滑动的过程中v相同，又a，所以a1a2t2t114，B项正确；对滑块受力分析并结合图乙

17、可得，mgmgcos，则cos，37°，C项错误；由牛顿第二定律及以上各式得，mgsinmgcosmg，则，D项正确。答案：BD14.一个学生实验小组用如图1所示装置做探究加速度与质量、合外力关系的实验，平衡摩擦力以后：(1)在保持小车和车中砝码质量不变时，探究加速度与合外力的关系，实验中甲同学得到加速度a与合外力F的关系图象如图2所示，则得到该图的原因是：_。(2)在保持砝码盘和砝码的总质量m不变时，通过给小车增加砝码来改变小车的质量M，得到小车的加速度a与质量M的数据，乙同学画出a图线后发现：当较大时，图线末端发生弯曲。于是该同学对实验方案进行了进一步地修正，避免了图线的末端发生

18、弯曲的现象，那么，该同学的修正方案可能是_。A. 改作a与的关系图线 B. 改作a与Mm的关系图线C. 改作a与的关系图线 D. 改作a与的关系图线解析：(1)由题图2知，当F0时加速度不为零，则表明木板的倾角过大，即平衡摩擦力过度。(2)在砝码和砝码盘总质量m不变，较大时，M较小，不再满足Mm的条件，对系统分析有mg(Mm)a，a，应作a与的关系图线。答案：(1)平衡摩擦力过度(或木板的倾角过大)(2)A15. 如图所示，为皮带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角37°，A、B两端相距5.0 m，质量为m10 kg的物体以v06.0 m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带

19、，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5。传送带顺时针运转的速度v4.0 m/s，(g取10 m/s2, sin37°0.6, cos37°0.8)求：(1)物体从A点到达B点所需的时间；(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间是多少？解析：(1)设在AB上物体的速度大于v4.0 m/s时加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsinmgcosma1设经t1速度与传送带速度相同，t1通过的位移x1设速度小于v时物体的加速度为a2 mgsinmgcosma2物体继续减速，设经t2速度到达传送带B点Lx1vt2a2ttt1t22.2 s(2)若

20、传送带的速度较大，沿AB上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况加速度一直为a2Lv0ta2t2t1 s答案：(1)2.2 s(2)1 s四、曲线运动16. 【单选】 2015·广东东莞调研在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度v0水平匀速移动，经过时间t，猴子沿杆向上移动的高度为h，人顶杆沿水平地面移动的距离为x，如图所示。关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是()A. 相对地面做匀速直线运动 B. 相对地面做匀加速直线运动C. t时刻猴子对地速度的大小为v0at D. t时间内猴子对地的位移大小为解析：猴子的运动是

21、沿竖直杆向上的匀加速直线运动和水平方向的匀速直线运动的合运动，猴子相对地面的运动轨迹为抛物线，为匀加速曲线运动，选项A、B错误；t时刻猴子对地速度的大小为v，选项C错误；t时间内猴子对地的位移大小为s，选项D正确。答案：D17. 【单选】2014·安徽联考如图所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P点正上方Q点以速度v0水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1。小球B从同一点Q自由下落，下落至P点的时间为t2。不计空气阻力，则t1与t2的比值为()A. 12B. 1 C. 13 D. 1解析：垂直落在斜面上时速度与水平方向的夹角为45°，如图

22、所示，tan45°1，即x2y，由图可知Q点高度hxy3y，即A、B下落高度比为13，由hgt2可得运动时间之比为1，选项D正确。答案：D18. 【单选】 2014·福建南平模拟如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是()A. 车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来B. 人在最高点时对座位不可能产生大小为mg的压力C. 人在最低点时对座位的压力等于mgD. 人在最低点时对座位的压力大于mg解析：人在最低点，由向心力公式可得，Fmgm，即Fmgm>mg，故C项错误，D项正确；人在最高点，由向心力

23、公式可得，Fmgm，当v时，F0，A项错误；当v>时，F>0，人对座位能产生压力；当v<时，F<0，安全带对人产生拉力，B项错误。答案：D19. 【单选】 2015·成都检测图甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命。图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心、轨道半径之比为14。若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是()A. 在图示轨道上，“轨道康复者”的速度大于7.9 km/sB. 在图示轨道上，“轨道康复者

24、”的加速度大小是地球同步卫星的4倍C. 在图示轨道上，“轨道康复者”的周期为3 h，且从图示位置开始经1.5 h与同步卫星的距离最近D. 若要对该同步卫星实施拯救，“轨道康复者”应从图示轨道上加速，然后与同步卫星对接解析：由于在图示轨道上，“轨道康复者”做匀速圆周运动的轨道半径大于地球的半径，根据牛顿第二定律和万有引力定律可得，“轨道康复者”在图示轨道上的速度v < 7.9 km/s，故A选项错误；根据牛顿第二定律和万有引力定律可知，“轨道康复者”在图示轨道上的加速度大小与地球同步卫星的加速度大小之比为，故B选项错误；根据牛顿第二定律和万有引力定律可知，“轨道康复者”在图示轨道上的周期与

25、地球同步卫星的周期之比为，即“轨道康复者”在图示轨道上的周期为3 h，要使从图示位置到二者间的距离相距最近，则需满足()t2k(其中k0,1,2,3)，解得tk(其中k0,1,2,3)，故C选项错误；若要对该同步卫星实施拯救，“轨道康复者”应从图示轨道上加速使“轨道康复者”做离心运动，然后与同步卫星对接，故D选项正确。答案：D20.2014·湖北省重点中学联考“神九天宫”组合体绕地球做圆周运动，速率为v，轨道离地面的高度为340 km。“神舟九号”飞船连同三位宇航员的总质量为m，而测控通信由两颗在地球同步轨道运行的“天链一号”中继卫星、陆基测控站、测量船以及北京飞控中心完成。已知地球

26、半径约为6400 km，下列描述正确的是()A. 组合体做圆周运动的周期约1.5 hB. 组合体做圆周运动的线速度约8.0 km/sC. 组合体做圆周运动的角速度比“天链一号”中继卫星的角速度大D. 发射“神舟九号”飞船所需的能量是mv2解析：由T2，结合GMgR2可得T2，又rRh，代入数据可得T1.5 h，A正确；由v，代入数据可得v7.8 km/s，B错误；由可知，轨道半径越小，角速度越大，C正确；以地面作为零势能面，发射飞船的能量为飞船在轨道上的动能(mv2)再加上飞船在轨道上运行时的重力势能，D错误。答案：AC五、功和能21. 【单选】 2015·池州模拟物体在恒定阻力作用

27、下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。以a、Ek、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间。则以下各图象中，能正确反映这一过程的是()解析：物体在恒定阻力作用下运动，其加速度随时间不变，随位移不变，选项A、B错误；由动能定理，FfxEkEk0，解得EkEk0Ffx，选项C正确，D错误。答案：C22. 2014·浙江五校高三联考如图所示，半径r0.5 m的光滑圆轨道被竖直固定在水平地面上，圆轨道最低处有一小球(小球的半径比r小很多)。现给小球一个水平向右的初速度v0，要使小球不脱离轨道运动，v0应满足 ()A. v00 B. v02 m/s C. v05

28、m/s D. v0 m/s解析：小球不脱离圆轨道的条件有以下两种情形：(1)能通过最高点：上升到最高点的临界条件是v，在从最低点运动到最高点的过程中，根据机械能守恒定律mvmv22mgr，由以上两式解得：v05 m/s；(2)上升的高度hr：从最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒定律mvmgh，由以上两式得：v0 m/s。正确选项为C、D。答案：CD23. 如图所示，水平传送带在电动机的带动下始终以速度v匀速运动。某时刻在传送带上A点处轻轻放上一个质量为m的小物体，经时间t小物体的速度与传送带相同，相对传送带的位移大小为x，A点未到右端，在这段时间内()A. 小物体相对地面的位移大小为xB.

29、 传送带上的A点对地的位移大小为xC. 由于物体与传送带相互作用产生的热能为mv2D. 由于物体与传送带相互作用电动机要多做的功为mv2解析：在这段时间内，物体从静止做匀加速直线运动，其相对地面的位移为x1vt，传送带(或传送带上的A点)相对地面的位移为x2vt，物体相对传送带的位移大小xx2x1vt，显然x1x，x22x，所以选项A正确，B错误；物体与传送带间的滑动摩擦力做功，将系统的部分机械能转化为系统的内能，摩擦生热QFfx，对物体运用动能定理有Ffx1mv2，又x1x，所以QFfxmv2，选项C错误；在这段时间内，电动机要多做功以克服滑动摩擦力做功，WFfx22Ffxmv2，选项D正确

30、。答案：AD六、电场24. 如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出)，O、A、B为轴上三点，放在A、B两点的试探电荷受到的电场力跟试探电荷所带电荷量的关系如图乙所示，则()A. A点的电场强度大小为2×103 N/C B. B点的电场强度大小为2×103 N/CC. 点电荷Q在A、B之间 D. 点电荷Q在A、O之间解析：试探电荷所受的电场力与电量的比值为场强，选项A正确B错误；若点电荷Q在AO之间，则A、B两点场强方向相同，选项C正确D错误。答案：AC25. 【单选】如图所示，电场中一正离子只受电场力作用从A点运动到B点。离子在A点的速度大小为v0，速度方向与电场方

31、向相同。能定性反映该离子从A点到B点运动情况的速度时间(vt)图象是()解析：从A到B，正离子受到的电场力方向与运动方向相同，所以该离子做加速运动；考虑到电场线越来越疏，场强越来越小，正离子受到的电场力和加速度也越来越小，该离子从A点到B点运动情况的速度时间(vt)图象的斜率也越来越小。综上分析，选项C正确。答案：C26【单选】 2014·舟山模拟 真空中一点电荷形成的电场中的部分电场线如图所示，分别标记为1、2、3、4、5，且1、5和2、4分别关于3对称。以电场线3上的某点为圆心画一个圆，圆与各电场线的交点分别为a、b、c、d、e，则下列说法中正确的是()A. 电场强度Ea<

32、EcB. 电势b>dC. 将一正电荷由a点移到d点，电场力做正功D. 将一负电荷由b点移到e点，电势能增大解析：由点电荷电场分布特点可知，以点电荷为圆心的圆上各点的电势和场强大小均相等，沿题图所示的电场方向，等势面的电势越来越低，电场线越来越密，故Ea>Ec，A错误；bd，B错误；Uad<0，正电荷由a点移到d点时，WadUadq<0，C错误；又Ube>0，负电荷由b点移到e点时，WbeUbe·(q)<0，即电场力做负功，电势能增大，D正确。答案：D27. 2015·江苏连云港如图是一个说明示波管工作的原理图，电子经加速电场(加速电压为U

33、1)加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量是h，两平行板间的距离为d，电压为U2，板长为L，每单位电压引起的偏移h/U2，叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可采用的方法为()A. 增大U2B. 减小L C. 减小d D. 减小U1解析：对粒子的加速过程，由动能定理得，qU1mv，粒子在偏转电场中，做类平抛运动，由运动规律得，Lv0t，ht2，解得，为了提高灵敏度，可增大L、减小U1或d，C、D两项正确。答案：CD28. 【单选】 2014·合肥模拟x轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间各点对应的电势高低如图中的曲线所示，规定无限远处电势为零，下列推理与图象信息不符合的是(

34、)A. Q1一定大于Q2B. Q1和Q2一定是同种电荷，但不一定是正电荷C. 电势最低处P点的电场强度为0D. Q1和Q2之间各点的电场方向都指向P点解析：两个点电荷间的电势都为正，因此两点电荷都为正电荷，B不符合图象信息；两个正点电荷的连线上有一点场强为零，正的试探电荷从两个电荷中的任一电荷附近沿连线向场强为零的点移动时电势都降低，到场强为零的点，电势最低，C符合图象信息；场强为零的点离Q1远，故Q1一定大于Q2，A符合图象信息；Q1和Q2之间各点的电场方向都指向P点，D符合图象信息。答案：B19. 在如图所示电路中，电源内阻不可忽略。R1和R2为定值电阻，R为滑动变阻器，在R的滑动触头向上

35、滑动的过程中()A. 电压表与电流表的示数都减小B. 电压表与电流表的示数都增大C. 定值电阻R1电功率增大D. R中电流变化的绝对值大于电流表读数变化的绝对值解析：R的滑动触头向上滑动的过程中，连入电路中的R阻值减小，整个电路的总电阻减小，电路中的总电流I增大，路端电压UEIr减小，即电压表的示数减小，I增大，R1两端电压增大，路端电压减小，则R2两端电压减小，R2中的电流减小，即电流表示数减小，A正确、B错误；由于R1的电流增大，其电功率增大，故C正确；由于干路电流增大，而电流表中的电流减小，故R中电流变化的绝对值大于电流表读数变化的绝对值，D正确。答案：ACD30. 2015·

36、河北五校联盟模拟一辆电动观光车蓄电池的电动势为E，内阻不计，当空载的电动观光车以大小为v的速度匀速行驶时，流过电动机的电流为I，电动车的质量为m，电动车受到的阻力是车重的k倍，忽略电动观光车内部的摩擦，则()A. 电动机的内阻为RB. 电动机的内阻为RC. 如果电动机突然被卡住而停止转动，则电源消耗的功率将变大D. 如果电动机突然被卡住而停止转动，则电源消耗的功率将变小解析：根据能的转化与守恒定律，EII2Rkmgv，所以电动机的内阻为R，B正确；当电动机突然被卡住而停止转动时，变成了纯电阻电路，回路中的电流变大，故电源消耗的功率PEI将变大，所以C正确。答案：BC31. 【单选】 2014&

37、#183;福州模拟将电阻R1和R2分别接到同一电池组的两极时消耗的电功率相同。电池组向两个电阻供电时的电流分别是I1和I2，电池组内阻消耗的功率分别是P1和P2，电池组的效率分别是1和2，电阻两端的电压分别是U1和U2。若已知电流I1<I2，则有()A. R1<R2 B. U1<U2 C. 1>2 D. P1>P2解析： 根据题意画出电源及电阻R1、R2的UI图象，由图象不难得出R1>R2，U1>U2，由P内I2r知，P1<P2，1>2，选项C正确。答案：C32. 2013年暑假期间，某学校课题研究小组为了撰写关于未知材料电阻率的实践报告，

38、设计了一个测量电阻率(被测电阻丝的阻值约为25 )的实验方案，可提供的器材有：A. 电流表G，内阻Rg120 ，满偏电流Ig3 mAB. 电流表A，内阻约为0.2 ，量程为00.6 AC. 螺旋测微器 D. 电阻箱R0(09999 ，0.5 A)E. 滑动变阻器R(5 ，1 A) F. 干电池组(3 V,0.05 )G. 一个开关和导线若干他进行了以下操作：(1)用螺旋测微器测量电阻丝的直径，其示数部分如图甲所示，则该次测量测得直径d_mm；甲 乙(2)把电流表G与电阻箱串联改装成电压表使用，最大测量电压为3 V，则电阻箱的阻值应调为R0_；(3)请用改造完的电压表设计一个测量电阻率的实验电路

39、，根据提供的器材和实验需要，请将图乙中电路图补画完整； (4)实验数据的测量与电阻率的计算：如果电阻丝的长度用L表示，电路闭合后，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电流表G的示数为I1，电流表A的示数为I2，请用已知量和测量量写出计算电阻率的表达式_。解析：(1)固定部分的读数0，可动部分的读数为26.7×0.01 mm0.267 mm，所以读数为0.267 mm。(2)由电压表改装原理知R0Rg880 。(3)由于电流表内阻较小，所以用内接法，为了测量方便，滑动变阻器采用分压式接法，电路图如图所示(见答案)。(4)由电路接法知I2，R，联立得。答案：(1)0.267(0.2650.2

40、68)(2)880(3)如图所示(4)33.某同学设计用伏安法测量一节干电池的电动势E和内电阻r。除待测干电池外，实验室可供选择的主要器材有：A. 电流表G：测量范围010 mA，内电阻未知；B. 电流表A：测量范围00.5 A，内电阻很小；C. 电阻箱R0：电阻变化范围0999.9 ，最小精度0.1 ；D. 滑动变阻器R：电阻变化范围020 ；E. 开关一个、导线若干。(1)实验中，首先需将电流表G改装成电压表。该同学采用图1所示的电路测定电流表G的内阻，其主要实验步骤如下，请完成步骤中的填空：图1将R0调到某一设定值，滑动变阻器R的滑动触头移到_(选填“左端”“右端”或“任意”)位置，然后

41、闭合开关；多次改变R0的大小，反复调节滑动变阻器的滑动触头位置，发现当R05.0 时，电流表G的示数为10.0 mA，电流表A的示数为0.210 A，则电流表G的内电阻为_；拆开电路，采用电阻箱R0与电流表G串联的方式，将电流表G改装成量程为2 V的电压表V，则R0的值应调为_。(2)用改装成的电压表V和电流表A，采用图2的电路测量电源的电动势和内电阻。根据电压表V的示数U与电流表A的示数I，经描点、连线得到UI图象如图3所示。根据图象可求得该干电池的电动势E_V；内电阻r_。(保留三位有效数字)解析：(1) 根据安全的原则，闭合开关前，应将滑动触头滑到左端，以保证测量电路部分的电压和电流最小

42、，电表不会因电压和电流过大而被烧坏；依题意知，通过R0的电流为IR0IAIg0.200 A，有UR0IR0R01.0 V，则Rg 100 ；改装后的电压表总内阻RV200 ，则R0RVRg200 100 100 。(2)根据实验原理，电源的伏安特性图线的纵截距为电源的电动势，可从图中读出为1.46 V(或1.47 V)，电源内电阻为图线斜率的绝对值，即r| 0.920 。答案：(1)左端100100(2)1.46(1.47)0.920(0.940)七、磁场34. 2015·石家庄质检 如图所示，有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，其边界为一边长为L的正三角形(边界

43、上有磁场)，A、B、C为三角形的三个顶点。今有一质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)，以速度v从AB边上的某点P既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场，然后从BC边上某点Q射出。若从P点射入的该粒子能从Q点射出，则 ( )A. PBL B. PBL C. QBL D. QBL解析：由Bqv，可知RL，则从P点射入的粒子轨迹最长时为切着AC边，此时PB，而当粒子在其中经历圆弧时，从BC边上射出时，QB最大为L，故A、D正确。答案：AD35. 【单选】 2014·江西景德镇如图所示是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径为R的绝缘圆柱形筒内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向平行于轴线。

44、在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔M、N，现有一束速率不同、比荷均为k的正、负离子，从M孔以角入射，一些具有特定速度的离子未与筒壁碰撞而直接从N孔射出(不考虑离子间的作用力和重力)。则从N孔射出的离子()A. 是正离子，速率为kBR/cosB. 是正离子，速率为kBR/sinC. 是负离子，速率为kBR/sin D. 是负离子，速率为kBR/cos解析：根据左手定则可判断出，从N孔射出的离子是正离子，从N孔射出的离子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹所对圆心角等于入射离子的偏向角2，如图所示，根据几何关系可得，粒子做圆周运动的轨道半径rR/sin，根据洛伦兹力提供向心力得，Bvq，解得，vkBR

45、/sin，B项正确。答案：B36. 【单选】如图所示，有a、b、c、d四个离子，它们带等量同种电荷，质量不等，它们的质量关系有mamb<mcmd，以不等的速率va<vbvc<vd进入速度选择器后，有两个离子从速度选择器中射出，进入磁感应强度为B2的磁场，另两个离子射向P1和P2。由此可判定()A. 射向P1的是a离子 B. 射向P2的是b离子C. 射向A1的是c离子 D. 射向A2的是d离子解析：通过在磁场中的偏转轨迹知，离子带正电。在速度选择器中，有qEqvB。v，只有速度满足一定值的离子才能通过速度选择器。所以只有b、c两离子能通过速度选择器。a的速度小于b的速度，所以a

46、受到的电场力大于洛伦兹力，a向P1偏转，故A正确、B错误；b、c两离子通过速度选择器进入磁感应强度为B2的磁场中，根据r知，质量大的半径大，故射向A1的是b离子，射向A2的是c离子，故C、D错误。答案：A37. (12分)如图甲所示，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从O点以初速度v0水平抛出。若在该带电粒子运动的区域内加一方向竖直向下的匀强电场，则粒子恰好能通过该区域中的A点；若撤去电场，加一垂直纸面向外的匀强磁场，仍将该粒子从O点以初速度v0水平抛出，则粒子恰好能经A点到达该区域中的B点。已知OA之间的距离为d，B点在O点的正下方，BOA60°，粒子重力不计。求：(1)粒子在电场

47、中运动，到达A点时的动能EkA；(2)匀强电场的场强大小E与磁场的磁感应强度大小B的比值。解析：(1)因电场方向竖直向下，粒子的初速度方向水平向右，所以粒子在该匀强电场中做类平抛运动，设粒子从O点运动到A点所需要的时间为t。则有dsin60°v0tdcos60°··t2联立可解得E由动能定理可得qE·dcos60°EkAmv将E代入可解得EkAmv。(2)撤去电场，加上垂直纸面向外的匀强磁场后，粒子恰好能经A点到达该区域中的B点。由粒子在匀强磁场中的运动规律可知，OB必为该粒子做圆周运动的直径，如图乙所示，所以OBA30°，

48、因此OB2d，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径为Rd，由qv0Bm可得B，又因为E，所以×v0。答案：(1)mv(2)v038. 如图所示，第一象限的某个矩形区域内，有方向垂直纸面向外的匀强磁场B1，磁场的下边界与x轴重合。一质量m1×1014kg、电荷量q1×1010C的带正电微粒以某一速度v沿与y轴负方向成60°角的方向从N点射入，经P点进入第四象限内沿直线运动，一段时间后，微粒经过y轴上的M点并沿与y轴负方向成60°角的方向飞出。第四象限内有互相正交的匀强电场E与匀强磁场B2，E的大小为0.5×103 V/m，B2的大小为0.5

49、 T；M点的坐标为(0，10 cm)，N点的坐标为(0,30 cm)，不计微粒重力。(1)求匀强磁场B1的大小和微粒的运动速度v；(2)B1磁场区域的最小面积为多少？解析：(1)带正电微粒以某一速度v沿与y轴负方向成60°角的方向从N点射入，由于重力忽略不计，微粒在第一象限内仅受洛伦兹力做匀速圆周运动；微粒在第四象限内仅受电场力和洛伦兹力，且微粒做直线运动，速度的变化会引起洛伦兹力的变化，所以微粒必做匀速直线运动，因此，电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，由力的平衡有EqB2qv所以v m/s1×103 m/s根据题意画出微粒的运动轨迹如图：因为M点的坐标为(0，10)，N

50、点的坐标为(0,30)，由几何关系可知微粒在第一象限内做圆周运动的半径为R cm m微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即qB1vm解得B1T。(2)由图可知，磁场B1的最小区域应该分布在图示的矩形PACD内。由几何关系易得PD2Rsin60°0.2 mPAR(1cos60°) m所以，所求磁场的最小面积为SPD·PA× m2 m2。答案：(1) T1×103 m/s(2) m239. 2015·嘉兴模拟如图甲所示，在xOy平面内有足够大的匀强电场，电场方向竖直向上，电场强度E40 N/C。在y轴左侧平面内有足够大的磁场，磁感应强度

51、B1随时间t变化的规律如图乙所示(不考虑磁场变化所产生电场的影响)，15 s后磁场消失，选定磁场垂直纸面向里为正方向。在y轴右侧平面内分布一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场(图中未画出)，半径r0.3 m，磁感应强度B20.8 T，且圆的左侧与y轴始终相切。t0时刻，一质量m8×104 kg、电荷量q2×104 C的微粒从x轴上xP0.8 m处的P点以速度v0.12 m/s沿x轴正方向射入，经时间t后，从y轴上的A点进入第一象限并正对磁场圆的圆心。穿过磁场后击中x轴上的M点。(g取10 m/s2、3，最终结果保留2位有效数字)求：(1)A点的坐标yA及从P点到A点的运动时间t。

52、(2)M点的坐标xM。(3)要使微粒在圆形磁场中的偏转角最大，应如何移动圆形磁场？请计算出最大偏转角。解析：(1)F电qE8×103 Nmg所以微粒做匀速圆周运动qvB1m，R10.6 m周期T10 s05 s匀速圆周运动半径R1<|xP|微粒运行半个圆周后到点C：xC0.8 m，yC2R11.2 m510 s向左做匀速运动，位移大小s1v m1.8 m运动到D点：xD2.6 m，yD1.2 m1015 s微粒又做匀速圆周运动，运动到E点：xE2.6 myE4R12.4 m此后微粒做匀速运动到达A点：yA4R12.4 m轨迹如图所示从P到A的时间：t15tEA(或者t2T)所以

53、t67 s(2)微粒进入圆形磁场做匀速圆周运动的半径为R20.6 m设轨迹圆弧对应的圆心角为，则tanM点：xMr(0.3) m由数学知识可得：tan所以xM2.1 m(3)微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大，必须满足入射点与出射点连线为磁场圆的直径，则圆形磁场应沿y轴负方向移动0.15 m，因为R22r，所以最大偏转角为60°。答案：(1)2.4 m67 s(2)2.1 m(3)沿y轴负方向移动0.15 m60°电磁感应40. 【单选】 2014·济南高三模拟如图所示，一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另

54、一个小环，发生的现象是() A. 磁铁插向左环，横杆发生转动 B. 磁铁插向右环，横杆发生转动 C. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动 D. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动解析： 本题考查电磁感应现象、安培力的简单应用。磁铁插向左环，横杆不发生移动，因为左环不闭合，不能产生感应电流，不受安培力的作用；磁铁插向右环，横杆发生移动，因为右环闭合，能产生感应电流，在磁场中受到安培力的作用，选项B正确。本题难度易。答案：B41. 【单选】2015·浙江名校测试“超导量子干涉仪”可用于探测心磁(1010 T)和脑磁(1013 T)等微弱磁场，其灵敏度可达1014 T，其探测

55、“回路”示意图如图(甲)。穿过ABCD“回路”的磁通量为，总电流Ii1i2。I与的关系如图(乙)所示(02.07×1015 Wb)，下列说法正确的是()A. 图(乙)中横坐标的单位是WbB. 穿过“回路”的磁通量越大，电流I越大C. 穿过“回路”的磁通量变化引发电流I周期性变化D. 根据电流I的大小，可以确定穿过“回路”的磁通量大小解析：图(乙)中横坐标是，无单位，选项A错误；穿过“回路”的磁通量变化引发电流I周期性变化，选项C正确，B错误；电流I的大小决定于磁通量的变化快慢，不可以确定穿过“回路”的磁通量大小，选项D错误。答案：C42. 一长直导线与闭合金属线框放在同一桌面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图所示。在0时间内，直导线中电流向上如图中所示。则在0T时间内，下列表述正确的是()A. 穿过线框的磁通量始终变小B. 线框中始终产生顺时针方向的感应电流C. 线框先有扩张的