保定市高二上学期期末物理试卷

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2016—2017学年河北省保定市定州中学高二（上）期末物理试卷一、选择题1．下列各组物理量单位中，全属于国际单位制中基本单位的是（)A．N、A、s B．kg、A、s C．kg、T、N D．kg、V、m/s2．小磁针放置在匀强磁场中，小磁针静止时的指向正确的是（）A． B． C． D．3．如图所示，灯泡A、B都能正常发光，后来由于电路中某个电阻发生断路,致使灯泡A比原来亮一些，B比原来暗一些，则断路的电阻是（)A．R1 B．R3 C．R2 D．R44．如图所示,自行车的大齿轮、小齿轮、后轮三个轮子的半径分别为R1、R2、R3，A、B、C是三个轮子边缘上的点．当三个轮子在大齿轮的带动下一起转动时，下列说法中正确的是（）A．A、B两点的线速度大小一定相等B．A、B两点的角速度一定相等C．B、C两点的向心加速度之比为R3：R2D．A、C两点的周期之比为R1：R25．在图的闭合电路中，当滑片P向右移动时，两电表读数的变化是（）A．A变大，V变大 B．A变小，V变大 C．A变大，V变小 D．A变小,V变小6．如图,在竖直平面内，直径为R的光滑半圆轨道和半径为R的光滑四分之一圆轨道水平相切于O点．O点在水平地面上．可视为质点的小球从O点以某一初速度进入半圆,刚好能通过半圆的最高点A，从A点飞出后落在四分之一圆轨道上的B点，不计空气阻力，g=l0m/s2．则B点与O点的竖直高度差为（）A．R B．R C．R D．R7．如图所示，长直导线旁边同一平面内有一矩形线圈abcd,导线中通有竖直向上的电流．下列操作瞬间，能在线圈中产生沿adcba方向电流的是（)A．线圈向右平动 B．线圈竖直向下平动C．线圈以ab边为轴转动 D．线圈向左平动8．如图,甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动，下列说法正确的是（)A．甲的向心加速度比乙的小 B．甲的运行周期比乙的小C．甲的角速度比乙的大 D．甲的线速度比乙的大9．2014年11月1日早上6时42分，被誉为“嫦娥5号”的“探路尖兵”载人返回飞行试验返回器在内蒙古四子王旗预定区域顺利着陆,标志着我国已全面突破和掌握航天器以接近第二宇宙速度的高速载人返回关键技术,为“嫦娥5号"任务顺利实施和探月工程持续推进奠定了坚实基础．已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t（t小于航天器的绕行周期），航天器运动的弧长为s，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ,引力常量为G，则（)A．航天器的轨道半径为 B．航天器的环绕周期为C．月球的质量为 D．月球的密度为10．（多选）有相距很近的两条平行的通电直导线，关于它们之间的受力情况下列说法正确的是(）A．电流方向相同,两导线相互排斥B．电流方向相同，两导线相互吸引C．电流方向相反，两导线相互吸引D．电流方向相反，两导线相互排斥11．通电导体棒水平放置在绝缘斜面上，整个装置置于匀强磁场中，导体棒能保持静止状态．以下四种情况中导体棒与斜面间一定存在摩擦力的是(）A． B． C． D．12．在一示波管中，3s内有3×1012个电子通过某一横截面的电子枪，则示波管中电流大小为()A．1.6×10﹣7A B．3×10﹣13A C．9.6×10﹣6A D．无法确定13．如图所示是验证楞次定律实验的示意图,竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出,线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中正确的是(）A． B． C． D．14．如图所示，在竖直平面内，AB⊥CD且A、B、C、D位于同一半径为r的圆上,在C点有一固定点电荷，电荷量为﹣Q．现从A点将一质量为m、电荷量为﹣q的点电荷由静止释放，该点电荷沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时的速度大小为4．已知重力加速度为g．规定电场中B点的电势为零，则在﹣Q形成的电场中（）A．D点的电势为B．A点的电势高于D点的电势C．D点的电场强度大小是A点的倍D．点电荷﹣q在D点具有的电势能为7mgr15．某物体运动的速度图象如图，根据图象可知（）A．0﹣2s内的加速度为1m/s2B．0﹣5s内的位移为10mC．第1s末与第3s末的速度方向相同D．第1s末与第5s末的加速度方向相同16．如图所示，水平面上固定有一个斜面，从斜面顶端向右平抛一只小球，当初速度为v0时，小球恰好落到斜面底端，平抛的飞行时间为t0．现用不同的初速度v从该斜面顶端向右平抛这只小球，以下哪个图象能正确表示平抛的飞行时间t随v变化的函数关系（)A． B． C． D．17．如图所示，线圈M和线圈N绕在同一铁芯上，M与电源、开关、滑动变阻器相连，P为滑动变阻器的滑片，开关S处于闭合状态，N与电阻R相连．下列说法正确的是(）A．当P向右移动时,通过R的电流方向为由b到aB．当P向右移动时，通过R的电流方向为由a到bC．断开S的瞬间，通过R的电流方向为由b到aD．断开S的瞬间，通过R的电流方向为由a到b18．如图所示，O、B、A为一粗糙绝缘水平面上的三点，一电荷量为﹣Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m，电荷量为+q的小金属块（可视为质点），从A点以初速度v0沿它们的连线向固定点电荷运动，到B点时速度最小，其大小为v．已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ,AB间距离为L、静电力常量为k，则（）A．OB间的距离为B．小金属块由A向O运动的过程中,电势能先增大后减小C．小金属块由A向O运动的过程中,加速度先减小后增大D．在点电荷﹣Q形成的电场中，A、B两点间的电势差UAB=19．如图所示，水平地面上方矩形区域内有磁感应强度方向垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长不等的正方形单匝闭合线圈，分别用同种材料、不同粗细的均匀导线绕制做成，使两线圈在距离磁场上边界h高处由静止开始自由下落并进入磁场，磁场上、下边界间距为d，两线圈最后落到地面上．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界,则下列说法中正确的是（）A．两线圈中产生的焦耳热可能相等B．两线圈刚进入磁场时受到的安培力一定不相等C．整个过程中两线圈的重力做功的功率一定相等D．两线圈落地时的速度大小相等20．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率,之后保持以额定功率运动．其v﹣t图象如图所示．已知汽车的质量为m=2×103Kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，取重力加速度g=10m/s2，则以下说法正确的是（）A．汽车在前5s内的牵引力为6×103NB．0～t0时间内汽车牵引力做功为mvm2C．汽车的额定功率为50kwD．汽车的最大速度为30m/s二、计算题21．如图所示,有一电子（电量为e，质量为m，）经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间．若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且恰好能从金属板右缘飞出，求：（1）该电子刚飞离加速电场时的速度大小（2)金属板AB的长度．（3)电子最后穿出电场时的动能．22．如图，区域I内有与水平方向成45°角的匀强电场E1，区域宽度为d1,区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场E2，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下．一质量为m、电量大小为q的微粒在区域I左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了30°，重力加速度为g，求:（1）区域I和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E1、E2的大小．(2）区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小．（3）微粒从P运动到Q的时间有多长．

2016-2017学年河北省保定市定州中学高二(上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1．下列各组物理量单位中，全属于国际单位制中基本单位的是（)A．N、A、s B．kg、A、s C．kg、T、N D．kg、V、m/s【考点】3A：力学单位制．【分析】国际基本单位一共七个：长度l米m质量m千克kg时间t秒s电流I安[培］A热力学温度T开［尔文］K物质的量n摩［尔]mol发光强度Iv坎［德拉]cd【解答】解：国际基本单位一共七个，由，m，kg，s，A，T,n，Iv,由此可知B正确故选B2．小磁针放置在匀强磁场中，小磁针静止时的指向正确的是（）A． B． C． D．【考点】C7：电流的磁场对磁针的作用．【分析】该题看似考查小磁针在磁场中的方向，实质上我们可以从磁感应强度方向规定来看待这一问题,即：磁感应强度方向为小磁针静止时的指向或小磁针N极受力的方向．由此可以进行判定．【解答】解：磁感应强度方向规定:磁感应强度方向为小磁针静止时的指向或小磁针N极受力的方向．故B选项正确,ACD选项都错误．故选：B3．如图所示，灯泡A、B都能正常发光，后来由于电路中某个电阻发生断路，致使灯泡A比原来亮一些，B比原来暗一些，则断路的电阻是（）A．R1 B．R3 C．R2 D．R4【考点】BB：闭合电路的欧姆定律．【分析】首先明确电路中各用电器的连接关系:灯泡A和电阻R2、灯泡B和电阻R3先并联再串联,最后与电阻R1并联，在它们并联后的干路上串联电阻R4．灯泡变亮，说明实际功率增大了，具体故障可将每选项逐一代入题目检查是否符合题意,从而确定正确选项．【解答】解:A、电阻R1单独在一个支路上，断路后使并联电路的电阻值变大,使灯泡所在的并联电路两端的电压变大，两个灯泡的亮度都变亮．此选项不符合题意；故A错误．B、电阻R3与灯泡B是并联的，如果R3断路，此处只有灯泡B一个电阻，根据并联电路总电阻与分电阻的关系，此处电阻相当于增大，所以灯泡B两端电压增大，由P=知功率变大，灯泡B变亮．此选项不符合题意；故B错误．C、电阻R2与灯泡A是并联的,如果R2断路,此处只有灯泡A一个电阻,根据并联电路总电阻与分电阻的关系，此处电阻相当于增大，所以灯泡A两端电压增大,灯泡B两端电压降低，由P=知,灯泡A功率变大,亮度变亮，灯泡B功率变小，亮度变暗．此选项符合题意;故C正确．D、电阻R4在干路上，如果R4断路，则整个电路没有电流，灯泡都不发光．此选项不符合题意．故D错误．故选：C．4．如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮三个轮子的半径分别为R1、R2、R3,A、B、C是三个轮子边缘上的点．当三个轮子在大齿轮的带动下一起转动时，下列说法中正确的是（）A．A、B两点的线速度大小一定相等B．A、B两点的角速度一定相等C．B、C两点的向心加速度之比为R3：R2D．A、C两点的周期之比为R1：R2【考点】48：线速度、角速度和周期、转速．【分析】抓住A、B两点的线速度大小相等，求出角速度之比，根据B、C两点的角速度相等，结合向心加速度公式求出向心加速度之比．【解答】解：A、A、B两点靠链条传动，线速度相等,根据v=rω知，A、B两点的半径不等，则角速度不等,故A正确，B错误．C、B、C两点共轴转动，角速度相等，根据：a=ω2r可知两点的向心加速度与它们的半径成正比，所以B、C两点的向心加速度之比为R2：R3，故C错误；D、B、C两点共轴转动，角速度相等，周期相等，A、B两点的角速度之比为R2：R1，则A、B两点的周期之比为R1:R2，所以A、C两点的周期之比为R1:R2．故D正确．故选:AD5．在图的闭合电路中，当滑片P向右移动时，两电表读数的变化是（）A．A变大，V变大 B．A变小，V变大 C．A变大,V变小 D．A变小，V变小【考点】BB：闭合电路的欧姆定律．【分析】由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则可知总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化,即可得出电压表、电流表的变化．【解答】解：闭合电路中,当滑片P向右移动时，滑动变阻器的电阻变大，使电路中电阻变大,由闭合电路欧姆定律可得电流变小,则内压及R0的分压减小时,故滑动变阻器两端电压变大．故选B．6．如图，在竖直平面内,直径为R的光滑半圆轨道和半径为R的光滑四分之一圆轨道水平相切于O点．O点在水平地面上．可视为质点的小球从O点以某一初速度进入半圆，刚好能通过半圆的最高点A，从A点飞出后落在四分之一圆轨道上的B点，不计空气阻力，g=l0m/s2．则B点与O点的竖直高度差为(）A．R B．R C．R D．R【考点】66：动能定理的应用；4A：向心力．【分析】小球刚好通过A点，在A点重力提供向心力，求出A点速度．小球从A点抛出后做平抛运动,根据平抛运动的基本公式结合几何关系求出B点与O点的竖直高度差．【解答】解：小球刚好通过A点，则在A点重力提供向心力，则有：mg=m，解得：vA=从A点抛出后做平抛运动，则水平方向的位移x=vt，竖直方向的位移为:h=gt2，根据几何关系有：x2+h2=R2解得：B点与A点的竖直高度差为：h=所以B点与O点的竖直高度差为:H=R﹣h=．故选:A7．如图所示，长直导线旁边同一平面内有一矩形线圈abcd，导线中通有竖直向上的电流．下列操作瞬间，能在线圈中产生沿adcba方向电流的是（）A．线圈向右平动 B．线圈竖直向下平动C．线圈以ab边为轴转动 D．线圈向左平动【考点】DB：楞次定律．【分析】当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流．根据楞次定律判断感应电流的方向．【解答】解:A、当在线圈平面内，垂直bc边向右拉动线圈，逐渐远离线圈，穿过线圈的磁场减小，即穿过线圈的磁通量减小，故产生感应电流为顺时针,即感应电流的方向为abcda．故A错误;B、当线圈向下平动时，穿过线圈的磁通量不会发生变化，根据楞次定律可知，没有感应电流产生．故B错误；C、当线圈以ab边为轴转动，穿过线圈向里的磁场减小，即穿过线圈的磁通量减小,故产生感应电流为顺时针，即感应电流的方向为abcda．故C错误；D、当在线圈平面内，垂直bc边向左拉动线圈，逐渐靠近导线,穿过线圈向里的磁场增大，即穿过线圈的磁通量增大,根据楞次定律，产生感应电流为adcba方向，故D正确．故选:D．8．如图，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动，下列说法正确的是(）A．甲的向心加速度比乙的小 B．甲的运行周期比乙的小C．甲的角速度比乙的大 D．甲的线速度比乙的大【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；4F:万有引力定律及其应用．【分析】抓住卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，列式展开讨论即可．【解答】解：根据卫星运动的向心力由万有引力提供，有：A、由于,可知甲的向心加速度小于乙的向心加速度,故A正确;B、，由于甲的中心天体质量小于乙的中心天体质量,故甲的周期大于乙的周期，故B错误;C、，由于甲的中心天体质量小于乙的中心天体质量，故甲的角速度小于乙的角速度,故C错误；D、，由于甲的中心天体质量小于乙的中心天体质量,故甲的线速度小于乙的线速度，故D错误．故选A．9．2014年11月1日早上6时42分，被誉为“嫦娥5号"的“探路尖兵”载人返回飞行试验返回器在内蒙古四子王旗预定区域顺利着陆,标志着我国已全面突破和掌握航天器以接近第二宇宙速度的高速载人返回关键技术，为“嫦娥5号"任务顺利实施和探月工程持续推进奠定了坚实基础．已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t（t小于航天器的绕行周期），航天器运动的弧长为s，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ，引力常量为G，则(）A．航天器的轨道半径为 B．航天器的环绕周期为C．月球的质量为 D．月球的密度为【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【分析】由万有引力充当向心力而做圆周运动的，则由万有引力公式及已知量可得出能计算的物理量．【解答】解：A、根据几何关系得:．故A错误;B、经过时间t，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ则：，得：．故B正确；C、由万有引力充当向心力而做圆周运动，所以:所以：==．故C正确；D、人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，月球的半径等于r，则月球的体积:月球的密度：==．故D错误．故选：BC．10．（多选）有相距很近的两条平行的通电直导线,关于它们之间的受力情况下列说法正确的是（）A．电流方向相同，两导线相互排斥B．电流方向相同，两导线相互吸引C．电流方向相反，两导线相互吸引D．电流方向相反，两导线相互排斥【考点】C9：平行通电直导线间的作用．【分析】通电导线a的周围有磁场,通电导体b放在了通电导线a的磁场内，受到磁场的作用，根据左手定则就可以判断出相互作用力．【解答】解：若通电电流的方向相反，根据通电直导线产生磁场的特点，两条导线周围都产生圆形磁场，而且磁场的走向相反．在两条导线之间磁场方向相同．这就好像在两条导线中间放置了两块磁铁,它们的N极和N极相对,S极和S极相对．由于同名磁极相斥，这两条导线会产生排斥力．同理，若通电电流方向相同，则出现相互吸引，故BD正确，AC错误；故选：BD11．通电导体棒水平放置在绝缘斜面上,整个装置置于匀强磁场中，导体棒能保持静止状态．以下四种情况中导体棒与斜面间一定存在摩擦力的是（）A． B． C． D．【考点】CC：安培力．【分析】左手定则判断安培力的方向，对通电导体棒ab受力分析，根据共点力平衡条件判断导体棒是否处于静止状态【解答】解：A、杆子受竖直向下的重力、水平向右的安培力和垂直于斜面向上的斜面的支持力，若三个力平衡则静止,不受摩擦力，故A错误;B、杆子受重力、水平向左的安培力，支持力，三力合力不为零，要是导体棒处于平衡状态,导体棒一定受摩擦力，故B正确；C、导体棒受重力、沿斜面向上的安培力,垂直与斜面斜向上的支持力，由共点力平衡可知，三力平衡，故可不受摩擦力,故C错误；D、导体棒受重力、竖直向上的安培力、由共点力平衡可知，可以不受摩擦力,D错误；故选:B12．在一示波管中，3s内有3×1012个电子通过某一横截面的电子枪,则示波管中电流大小为（）A．1.6×10﹣7A B．3×10﹣13A C．9.6×10﹣6A D．无法确定【考点】B1:电流、电压概念．【分析】每个电子的电荷量大小为e=1。6×10﹣19C．根据电流的定义式I=，求解示波管中电流的大小．【解答】解:每个电子的电荷量大小为e=1.6×10﹣19C，3×1012个电子总电荷量为q=3×1012×1。6×10﹣19C=4。8×10﹣7C，则示波管中电流大小为I==1.6×10﹣7A．故选：A．13．如图所示是验证楞次定律实验的示意图,竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中正确的是()A． B． C． D．【考点】DB：楞次定律．【分析】当磁铁的运动，导致线圈的磁通量变化,从而产生感应电流,感应磁场去阻碍线圈的磁通量的变化．【解答】解：A、当磁铁N极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上．故A错误；B、当磁铁S极向上运动时，线圈的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同．再根据安培定则,可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而下，故B错误；C、当磁铁S极向下运动时,线圈的磁通量变大,由增反减同可知,则感应磁场与原磁场方向相反．再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上．故C正确；D、当磁铁N极向上运动时，线圈的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同．再根据安培定则,可判定感应电流的方向:沿线圈盘旋而下，故D正确;故选：CD．14．如图所示，在竖直平面内,AB⊥CD且A、B、C、D位于同一半径为r的圆上，在C点有一固定点电荷，电荷量为﹣Q．现从A点将一质量为m、电荷量为﹣q的点电荷由静止释放，该点电荷沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时的速度大小为4．已知重力加速度为g．规定电场中B点的电势为零，则在﹣Q形成的电场中(）A．D点的电势为B．A点的电势高于D点的电势C．D点的电场强度大小是A点的倍D．点电荷﹣q在D点具有的电势能为7mgr【考点】AE：电势能;AC：电势．【分析】根据沿着电场线方向，电势降低,分析D与A两点电势的高低；根据动能定理，求解﹣q在D点具有的电势能，再结合电势的定义式即可求解D点的电势；根据点电荷电场强度公式E=k，即可研究D、A两点场强的关系．【解答】解:ABD、由题意可知，A、B到C的距离相等，则AB的电势相等．沿着电场线的方向,电势降低，而电场线会聚于负电荷，则A点的电势低于D点电势﹣q电荷从A到D运动,根据动能定理，则有：mgr+W电=m（4）2﹣0，解得电场力做功：W电=7mgr；规定电场中B点的电势为零，A点的电势也为零,因由A到D点电场力做正功，则电势能减小，因此点电荷﹣q在D点的电势能为EPD=﹣7mgr；D点的电势为φD==，故A正确,BD错误．C、由几何关系得：D到C的距离与A到C的距离之比为：1，根据点电荷电场强度公式E=k，电场强度的大小与间距的平方成反比，则有D点电场强度大小是A点的倍，故C错误；故选：A．15．某物体运动的速度图象如图，根据图象可知(）A．0﹣2s内的加速度为1m/s2B．0﹣5s内的位移为10mC．第1s末与第3s末的速度方向相同D．第1s末与第5s末的加速度方向相同【考点】1I：匀变速直线运动的图像．【分析】速度图象的斜率等于物体的加速度大小．根据斜率的正负分析加速度的正负．图线与两个坐标轴所围“面积”等于位移．根据速度的正负判断速度的方向．【解答】解：A、由v﹣t图象知，0﹣2s内物体运动的速度为=1m/s2,故A正确；B、0﹣5s内的位移为7m，故B错误；C、第1s末图象在时间轴上方，速度为正，第3s末速度图象也在时间轴上方，速度也为正，故方向相同，故C正确；D、第1s内图线的斜率为正值,加速度沿正方向，而第5s内图线的斜率为负值,加速度方向沿负方向,则第1s内与第5s内物体的加速度方向相反．故D错误．故选AC16．如图所示，水平面上固定有一个斜面,从斜面顶端向右平抛一只小球，当初速度为v0时，小球恰好落到斜面底端，平抛的飞行时间为t0．现用不同的初速度v从该斜面顶端向右平抛这只小球，以下哪个图象能正确表示平抛的飞行时间t随v变化的函数关系()A． B． C． D．【考点】43:平抛运动．【分析】根据小球落在斜面上，结合竖直位移与水平位移的关系求出运动的时间．小球落在地面上，高度一定，则运动时间一定．【解答】解:当小球落在斜面上时，有:tanθ=,解得t=，与速度v成正比．当小球落在地面上,根据h=得，t=，知运动时间不变．可知t与v的关系图线先是过原点的一条倾斜直线,然后是平行于横轴的直线．故C正确,A、B、D错误．故选:C．17．如图所示，线圈M和线圈N绕在同一铁芯上，M与电源、开关、滑动变阻器相连，P为滑动变阻器的滑片，开关S处于闭合状态，N与电阻R相连．下列说法正确的是(）A．当P向右移动时，通过R的电流方向为由b到aB．当P向右移动时,通过R的电流方向为由a到bC．断开S的瞬间，通过R的电流方向为由b到aD．断开S的瞬间,通过R的电流方向为由a到b【考点】DB：楞次定律．【分析】通过开关通断与滑片的移动，来改变电流大小，根据安培定则来确定线圈的电流方向与磁场方向的关系,由于穿过线圈的磁通量变化,导致线圈B中产生感应电流，其方向根据楞次定律“增反减同"来判断．【解答】解：AB、当P向右移动,导致电流增大，根据右手螺旋定则可知,线圈M先是左端是N极,右端是S极．则线圈N的左端是N极，右端是S极．导致向右穿过线圈N的磁通量变大，则由楞次定律可得：感应电流方向由b流向a；故A正确，B错误；CD、当断开S的瞬间，导致电流减小,根据右手螺旋定则可知,线圈M先是左端是N极，右端是S极．则线圈N左端是N极，右端是S极．导致向右穿过线圈N的磁通量变小,则由楞次定律可得：感应电流方向由a流向b；故C错误，D正确;故选：AD．18．如图所示，O、B、A为一粗糙绝缘水平面上的三点，一电荷量为﹣Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m,电荷量为+q的小金属块(可视为质点）,从A点以初速度v0沿它们的连线向固定点电荷运动，到B点时速度最小，其大小为v．已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ,AB间距离为L、静电力常量为k，则（）A．OB间的距离为B．小金属块由A向O运动的过程中，电势能先增大后减小C．小金属块由A向O运动的过程中，加速度先减小后增大D．在点电荷﹣Q形成的电场中，A、B两点间的电势差UAB=【考点】AE：电势能；AC：电势；AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】金属块B点时速度最小,则知A到B过程,金属块做减速运动，B到O过程做加速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡．电场力做正功，电势能减小．根据库仑定律知，距离减小，库仑力增大，由牛顿第二定律分析加速度的变化情况．根据动能定理求解A、B两点的电势差．【解答】解：A、由题意知,A到B过程，金属块做减速运动，B到O过程做加速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡,则有μmg=K，得r=．故A正确．B、小金属块由A点向O点运动的过程中，电场力一直做正功,电势能一直减小．故B错误．C、A到B过程，库仑力小于滑动摩擦力，库仑力增大，合力减小,加速度减小;B到O过程，库仑力大于滑动摩擦力，库仑力增大，合力增大，加速度增大；故C正确．D、滑块从A到B过程，由动能定理得：qUAB﹣μmgL=mv2﹣，得UAB=．故D错误．故选AC19．如图所示，水平地面上方矩形区域内有磁感应强度方向垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长不等的正方形单匝闭合线圈，分别用同种材料、不同粗细的均匀导线绕制做成，使两线圈在距离磁场上边界h高处由静止开始自由下落并进入磁场，磁场上、下边界间距为d,两线圈最后落到地面上．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界，则下列说法中正确的是（）A．两线圈中产生的焦耳热可能相等B．两线圈刚进入磁场时受到的安培力一定不相等C．整个过程中两线圈的重力做功的功率一定相等D．两线圈落地时的速度大小相等【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BG：电功、电功率；BH：焦耳定律．【分析】根据牛顿第二定律分析加速度大小,再根据运动情况求解落地时速度大小，由于线圈是由同种材料、不同粗细、长度不同的均匀导线绕制做成,所以质量大小无法确定，进入磁场的安培力大小以及重力功率无法确定．【解答】解：线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v,切割磁感线产生感应电流,受到磁场的安培力大小为：F=，由电阻定律有:R=ρ,（ρ为材料的电阻率，L为线圈的边长，S为导线的横截面积），线圈的质量为m=ρ0S•4L,（ρ0为材料的密度)．当线圈的下边刚进入磁场时其加速度为:a==g﹣；则知,大线圈和小线圈进入磁场的过程先同步运动，由于当线圈2刚好全部进入磁场中时,大线圈由于边长较长还没有全部进入磁场，小线圈完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，而大线圈仍先做加速度小于g的变加速运动,完全进入磁场后再做加速度为g的匀加速运动，设大线圈落地速度为v1，小线圈落地速度为v2,两线圈匀加速运动的位移相同,所以落地速度关系为v1＜v2．A、由能量守恒可得：Q=mg(h+H)﹣mv2（H是磁场区域的高度），由于两个线圈的质量大小不知道，所以两线圈中产生的焦耳热可能相等，故A正确；B、两线圈刚进入磁场时受到磁场的安培力大小为：F==,由于两个线圈截面积大小不同，不知道哪个较粗，所以两线圈刚进入磁场时受到的安培力大小无法确定，故B错误；C、整个过程中两线圈的重力做功的功率P=mgv,重力大小不知道，所以功率大小无法确定,故C错误;D、根据前面分析可得，小线圈落地时的速度大于大线圈落地时的速度，故D错误；故选：A．20．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率,之后保持以额定功率运动．其v﹣t图象如图所示．已知汽车的质量为m=2×103Kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，取重力加速度g=10m/s2，则以下说法正确的是（）A．汽车在前5s内的牵引力为6×103NB．0～t0时间内汽车牵引力做功为mvm2C．汽车的额定功率为50kwD．汽车的最大速度为30m/s【考点】63:功率、平均功率和瞬时功率；62：功的计算．【分析】从v﹣t图象可以看出：汽车经历三个运动过程:匀加速直线运动,加速度减小的变加速直线运动，最后做匀速直线运动．由图线斜率可求出前5s内汽车的加速度，由牛顿第二定律即可求出此过程的牵引力．5s末汽车的功率就达到额定功率，由P=Fv能求出额定功率．汽车速度最大时，牵引力等于阻力，由P=Fvm，能求出最大速度．【解答】解：汽车受到的阻力f=0.1×2×103×10=2×103N；A、前5s内，由图a=2m/s2，由牛顿第二定律：F﹣f=ma，求得：F=f+ma=（0.1×2×103×10+2×103×2）N=6×103N故A正确；B、根据动能定理知，牵引力与阻力做