2025年新疆乌鲁木齐市高考物理第一次质检试卷

2025年新疆乌鲁木齐市高考物理第一次质检试卷一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求，7-10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．（4分）北斗卫星导航系统使用氢原子钟计时。氢原子从n＝1能级向n＝3能级跃迁时，氢原子（）A．吸收光子，能量增加 B．吸收光子，能量减少 C．放出光子，能量增加 D．放出光子，能量减少2．（4分）一对双胞胎兄弟用一根均匀长直木棒进行拔河游戏。某次比赛中，木棒向弟弟一方加速运动，最终弟弟获胜。木棒向弟弟一方加速运动的过程中，哥哥和弟弟对木棒的拉力大小分别为F1、F2。哥哥和弟弟受到地面的摩擦力大小分别为Ff1、Ff2。木棒的质量不能忽略，则（）A．F1＝F2，Ff1＝Ff2 B．F1＝F2，Ff1＜Ff2 C．F1＜F2，Ff1＜Ff2 D．F1＜F2，Ff1＝Ff23．（4分）我国从月球取回的月壤中，发现了少量的天然石墨烯，石墨烯是人类迄今为止发现的导电性能最好的材料。用石墨烯制成的一段粗细均匀的导体，通过该导体的电流为I时，其内部自由电荷定向移动的平均速率为v；当通过该导体的电流为2I时，其内部自由电荷定向移动的平均速率为（）A．v B．2v C．4v D．8v4．（4分）一列简谐横波沿x轴传播，某时刻波传播方向上相距3m的A、B两质点都在其平衡位置处，且在这两点间只有一个波峰，则这列波的波长不可能为（）A．6m B．4m C．3m D．2m5．（4分）如图所示，一方箱放在竖直升降的电梯的水平底板上，方箱内有一用细绳悬挂在竖直侧壁上的铁球。当电梯以加速度a匀加速上升时，细绳对铁球的拉力变为电梯静止时的1.1倍，侧壁对铁球的支持力变为电梯静止时的k倍，重力加速度g取10m/s2。则（）A．k＜1.1，a＝0.1m/s2 B．k＜1.1，a＝1m/s2 C．k＝1.1，a＝0.1m/s2 D．k＝1.1，a＝1m/s26．（4分）如图所示，同一竖直平面内固定的光滑圆弧轨道MNP与固定的光滑水平轨道PQ相切于P点。一小滑块从圆弧轨道上的M点由静止释放，经过6.3s后到达Q点，小滑块在光滑水平轨道上运动的速度为v1；若小滑块从圆弧轨道上的N点由静止释放，经过9.5s后到达Q点，小滑块在光滑水平轨道上运动的速度为v2。已知圆弧轨道的半径为40m，MNP的圆弧长度为1.0m，则v1：v2最接近（）A．5：4 B．4：3 C．3：2 D．2：1（多选）7．（4分）电动汽车的电池的能量密度是指单位质量或单位体积中存储的能量大小，其单位为W•h/kg或W•h/m3。下列用国际单位制基本单位表示的能量密度的单位正确的是（）A．m2•s﹣2 B．kg•m﹣2•s﹣1 C．m2•s﹣1 D．kg•m﹣1•s﹣2（多选）8．（4分）2022年科学家观测到，天鹅座的两颗恒星组成的双星系统，围绕它们连线上的某一点逐渐旋近并最终合并。该双星系统在相互旋近的过程中，下列两颗恒星的物理量均增大的是（）A．周期 B．线速度 C．加速度 D．引力势能（多选）9．（4分）速度选择器是质谱仪的重要组成部分，工作时电场和磁场共同作用，能从各种速率的带电粒子中选择出具有一定速率的粒子。下列图示结构中电场方向均水平，磁场方向均垂直纸面，则下列结构能成为速度选择器的是（）A． B． C． D．（多选）10．（4分）如图所示，一半径为R的半圆形导线abc通以恒定电流I，放置在匀强磁场中。将半圆形导线以过圆心O且垂直于纸面的直线为轴顺时针转动。直径ac与磁场方向夹角θ从0°转动到30°的过程中，θ角分别为10°、20°和30°时，整个半圆形导线受到的安培力的大小分别为F1、F2和F3。该过程中，关于整个半圆形导线受到的安培力的方向和大小，说法正确的是（）A．方向逐渐变化 B．方向始终不变 C．F2﹣F1＜F3﹣F2 D．F2﹣F1＞F3﹣F2二、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）11．（6分）“探究向心力大小的表达式”的实验装置如图甲所示。已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的轨迹半径之比为1：2：1，变速塔轮自上而下有如图乙所示三种组合方式传动，左右每层半径之比由上至下分别为1：1、2：1和3：1。（1）在研究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时，我们主要用到的物理学研究方法是；A.理想实验法B.等效替代法C.控制变量法D.演绎推理法（2）某次实验中，把传动皮带调至第一层塔轮，将两个质量相等的钢球放在B、C位置，可探究向心力的大小与的关系；（3）匀速摇动手柄时，若两个钢球的质量和运动半径相等，左、右两标尺显示的格数之比为1：4，则与皮带连接的左塔轮和右塔轮的半径之比为。12．（10分）在“观察电容器的充、放电现象”的实验中，所用的器材有：直流电源E（电动势10V，内阻不计）、电解电容器C（电容2μF）、定值电阻R（阻值1000Ω）、电压表V（内阻4000Ω）、电流表A（内阻很小）、单刀双掷开关S、导线若干。实验电路如图所示。（1）实验时，将开关S接通1后，电容器的（选填“上”或“下”）极板带正电。电表示数稳定后，再将开关S接通2直至电表示数再次稳定。整个过程中，电流方向发生变化的电表是（选填“电流表”“电压表”或“电流表和电压表”）；（2）将开关S接通2后，设在此过程中通过电流表的电流大小为i，电容器所带的电荷量为Q，电容器两极板电势差为U，电容器的电容为C，时间为t。下列图像中正确的是（选填选项对应的字母）；（3）在电容器放电的整个过程中，电流表A的示数的最大值为mA，通过电阻R的电荷量为C。三、计算题（本题共5小题，共44分。解答时，要有必要的步骤、公式和文字说明，只写结果不得分）13．（8分）如图所示，A、B为某滑雪场的一条长直滑道上的两点，滑道的倾角θ＝37°，A、B两点间的长度L＝200m。一质量m＝60kg的滑雪者（含装备）从A点由静止开始下滑到B点的过程中，其位移x随滑行时间t的变化关系为x＝2t2（各物理量均为国际单位），已知sin37°＝0.6，重力加速度g取10m/s2。求：（1）滑雪者下滑到B点时速度的大小v；（2）滑雪者下滑过程中受到的阻力的大小Ff。14．（8分）如图所示，一辆汽车在平直公路上向左匀速行驶，用长度L＝0.4m的轻绳将一质量m＝0.2kg的小球悬挂于车厢顶部。将小球向右拉至轻绳与竖直方向成一定夹角时，小球相对于汽车处于静止状态。释放小球，小球连续两次经过最低点时，相对于路面的速度大小分别为v1＝22m/s和v2＝18m/s，已知重力加速度g取10m/s2，小球可视为质点，忽略空气阻力。求：（1）释放小球时轻绳与竖直方向的夹角θ；（2）轻绳对小球拉力的最大值Fm。15．（8分）如图所示，竖直平面内有一边长为d的正方形区域ABCD，该区域内有平行于该平面的匀强电场，顶点A、C的电势分别为φA＝4φ0、φC＝3φ0，顶点B、D间的电势差φB﹣φD＝φ0。（1）求匀强电场的电场强度的大小E；（2）若将一质量为m、带电荷量为+q的粒子（不计重力），从顶点A以某一初速度沿AB方向射入电场，粒子最终从C点飞出电场。求该初速度的大小v0。16．（9分）如图所示为某电磁仪器的原理图，在虚线MN上方有一半径为R的圆形匀强磁场区域，其圆心O位于M点正上方且OM间的距离为2R，圆内磁场方向垂直纸面向外。一质量为m、带电荷量为+q的粒子从M点沿垂直于MN向上的方向以初速度v0射出，粒子通过圆形磁场区域后速度方向与MN平行，不计粒子重力。（1）求匀强磁场的磁感应强度的大小B；（2）若该粒子以初速度v0从M点沿垂直于MN向上的方向射出，求粒子从射出到返回虚线MN上所用的时间t。17．（11分）一款弹珠游戏的简化示意图如图所示，质量为m的均匀圆环B静止平放在粗糙的水平桌面上，另一质量为2m的光滑弹珠A以水平初速度v0正对环心穿过圆环上的小孔射入环内，与圆环内壁发生多次弹性正碰后，弹珠与圆环均处于静止状态。已知弹珠与圆环内壁从发生第一次碰撞到弹珠恰好处于静止状态的时间为t0，忽略弹珠与圆环碰撞的时间，桌面足够长且粗糙程度处处相同。求：（1）第一次碰撞后瞬间弹珠和圆环的速度的大小vAl、vB1；（2）从发生第一次碰撞到弹珠恰好处于静止状态的过程中，圆环运动的时间tB；（3）圆环从开始运动到最终处于静止状态的过程中通过的总位移的大小x。

2025年新疆乌鲁木齐市高考物理第一次质检试卷参考答案与试题解析题号123456答案ACBBDD一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求，7-10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．（4分）北斗卫星导航系统使用氢原子钟计时。氢原子从n＝1能级向n＝3能级跃迁时，氢原子（）A．吸收光子，能量增加 B．吸收光子，能量减少 C．放出光子，能量增加 D．放出光子，能量减少【考点】分析能级跃迁过程中的能量变化（吸收或释放能量）．【答案】A【分析】根据能级跃迁规律分析即可。【解答】解：氢原子从n＝1能级向n＝3能级跃迁时，是从低能级向高能级跃迁，所以需要吸收光子，则氢原子吸收光子，能量增加，故A正确，BCD错误。故选：A。2．（4分）一对双胞胎兄弟用一根均匀长直木棒进行拔河游戏。某次比赛中，木棒向弟弟一方加速运动，最终弟弟获胜。木棒向弟弟一方加速运动的过程中，哥哥和弟弟对木棒的拉力大小分别为F1、F2。哥哥和弟弟受到地面的摩擦力大小分别为Ff1、Ff2。木棒的质量不能忽略，则（）A．F1＝F2，Ff1＝Ff2 B．F1＝F2，Ff1＜Ff2 C．F1＜F2，Ff1＜Ff2 D．F1＜F2，Ff1＝Ff2【考点】作用力与反作用力；牛顿第二定律的简单应用．【答案】C【分析】根据木棒的运动情况判断拉力大小关系，根据哥哥与弟弟的运动情况与受力情况比较摩擦力大小关系。【解答】解：木板向弟弟一方加速运动，木板所受合力方向指向弟弟一方，则F2＞F1，由牛顿第三定律可知，木棒对哥哥的作用力大小F1′＝F1，对弟弟的作用力大小F2′＝F2，弟弟获胜，则弟弟不动而哥哥向弟弟一方运动，则F1′＞Ff1，F2′≤Ff2，则Ff1＜Ff2，故C正确，ABD错误。故选：C。3．（4分）我国从月球取回的月壤中，发现了少量的天然石墨烯，石墨烯是人类迄今为止发现的导电性能最好的材料。用石墨烯制成的一段粗细均匀的导体，通过该导体的电流为I时，其内部自由电荷定向移动的平均速率为v；当通过该导体的电流为2I时，其内部自由电荷定向移动的平均速率为（）A．v B．2v C．4v D．8v【考点】电流的微观表达式．【答案】B【分析】根据电流的微观表达式分析部自由电荷定向移动的平均速率的关系。【解答】解：用石墨烯制成的一段粗细均匀的导体，通过该导体的电流为I时，其内部自由电荷定向移动的平均速率为v，根据电流强度的微观表达式得：I＝nevS，当通过该导体的电流为2I时，根据电流强度的微观表达式得：2I＝nev′S，可得其内部自由电荷定向移动的平均速率为：v′＝2v，故B正确，ACD错误。故选：B。4．（4分）一列简谐横波沿x轴传播，某时刻波传播方向上相距3m的A、B两质点都在其平衡位置处，且在这两点间只有一个波峰，则这列波的波长不可能为（）A．6m B．4m C．3m D．2m【考点】机械波的多解问题；波长、频率和波速的关系．【答案】B【分析】根据两质点间状态关系，结合波形图象，确定距离与波长的关系．两质点间可能没有波谷、可能一个波谷，也可能有两个波谷，得到波长有三个值．【解答】解：由题，两质点都经过平衡位置，两质点之间的波峰只有一个，两质点间可能没有波谷、可能一个波谷，也可能有两个波谷，设波长为λ，则可能有没有波谷λ＝2×3m＝6m，也可能一个波谷λ＝3m，也可能有两个波谷λ＝×3m＝2m。故不可能的是B。本题要求选不可能的，故选：B。5．（4分）如图所示，一方箱放在竖直升降的电梯的水平底板上，方箱内有一用细绳悬挂在竖直侧壁上的铁球。当电梯以加速度a匀加速上升时，细绳对铁球的拉力变为电梯静止时的1.1倍，侧壁对铁球的支持力变为电梯静止时的k倍，重力加速度g取10m/s2。则（）A．k＜1.1，a＝0.1m/s2 B．k＜1.1，a＝1m/s2 C．k＝1.1，a＝0.1m/s2 D．k＝1.1，a＝1m/s2【考点】牛顿第二定律的简单应用．【答案】D【分析】对铁球静止时和有加速度时进行受力分析，通过计算得到结果。【解答】首先，对铁球进行受力分析。铁球受到三个力的作用：重力mg，细绳的拉力F1，和侧壁的支持力FN，静止时Fcosθ＝mg，Fsinθ＝FN，其中θ是细绳与竖直方向的夹角。由于铁球和电梯一起以加速度a匀加速上升，根据牛顿第二定律，有：F′cosθ﹣mg＝ma，F′sinθ＝FN′；F′＝1.1F，FN′＝kFN，解得k＝1.1，a＝1m/s2，故D正确，ABC错误。故选：D。6．（4分）如图所示，同一竖直平面内固定的光滑圆弧轨道MNP与固定的光滑水平轨道PQ相切于P点。一小滑块从圆弧轨道上的M点由静止释放，经过6.3s后到达Q点，小滑块在光滑水平轨道上运动的速度为v1；若小滑块从圆弧轨道上的N点由静止释放，经过9.5s后到达Q点，小滑块在光滑水平轨道上运动的速度为v2。已知圆弧轨道的半径为40m，MNP的圆弧长度为1.0m，则v1：v2最接近（）A．5：4 B．4：3 C．3：2 D．2：1【考点】等效单摆问题．【答案】D【分析】根据单摆的周期公式可得滑块在圆弧轨道上运动的时间，再结合匀速直线运动的规律进行解答。【解答】解：圆弧轨道的半径为40m，MNP的圆弧长度为1.0m，半径比弧长大得多，可将其视为单摆模型。根据单摆的周期公式可得滑块从M到P和从N到P两种情况下的时间相等，均为：t＝＝s≈3.2s则：v1：v2＝＝＝＝2：1，故D正确、ABC错误。故选：D。（多选）7．（4分）电动汽车的电池的能量密度是指单位质量或单位体积中存储的能量大小，其单位为W•h/kg或W•h/m3。下列用国际单位制基本单位表示的能量密度的单位正确的是（）A．m2•s﹣2 B．kg•m﹣2•s﹣1 C．m2•s﹣1 D．kg•m﹣1•s﹣2【考点】力学单位制与单位制．【答案】AD【分析】单位制由基本单位和导出单位组成，导出单位是由基本单位根据物理关系推导出来的单位，国际单位制规定了七个基本物理量，然后根据物理公式计算即可。【解答】解：AC、根据W＝Pt，W＝Fx，以及F＝ma里面的单位关系有＝＝＝3600m2/s2，故A正确，C错误；BD、同理，故B错误，D正确。故选：AD。（多选）8．（4分）2022年科学家观测到，天鹅座的两颗恒星组成的双星系统，围绕它们连线上的某一点逐渐旋近并最终合并。该双星系统在相互旋近的过程中，下列两颗恒星的物理量均增大的是（）A．周期 B．线速度 C．加速度 D．引力势能【考点】双星系统及相关计算．【答案】BC【分析】根据万有引力做向心力得到轨道半径和质量的关系，从而得到角速度、线速度和加速度的表达式，再根据双星距离变化得到周期、线速度、加速度的变化；根据双星的引力势能表达式，由双星距离减小得到引力势能变化。【解答】解：设双星质量分别为M，m；轨道半径分别为R，r；角速度为ω，周期为T；ACD、根据万有引力做向心力可得＝mrω2＝MRω2＝ma所以ω2＝由R+r变小可知角速度ω逐渐增大，则周期T＝逐渐变小；线速度v1＝rω，v2＝Rω解得v1＝，v2＝由R+r变小可知：线速度逐渐增大；加速度a1＝，a2＝由R+r变小可知加速度逐渐增大；故A错误，BC正确；D、双星的引力势能Ep＝，由于双星系统在旋近，故R+r变小，那么，引力势能Ep变小，故D错误；故选：BC。（多选）9．（4分）速度选择器是质谱仪的重要组成部分，工作时电场和磁场共同作用，能从各种速率的带电粒子中选择出具有一定速率的粒子。下列图示结构中电场方向均水平，磁场方向均垂直纸面，则下列结构能成为速度选择器的是（）A． B． C． D．【考点】速度选择器．【答案】BC【分析】根据速度选择器的原理进行分析。【解答】解：带电粒子在速度选择器中受电场力和洛伦兹力，若带电粒子可沿虚线做直线运动，则电场力与洛伦兹力为一对平衡力，二力等大反向，即qE＝qBv。结合带电粒子受电场力方向和左手定则，AD选项仪器中带电粒子受到的电场力和洛伦兹力同向，不满足题意；BD选项仪器中的带电粒子受到的电场力和洛伦兹力方向相反，满足题意。故AD错误，BC正确。故选：BC。（多选）10．（4分）如图所示，一半径为R的半圆形导线abc通以恒定电流I，放置在匀强磁场中。将半圆形导线以过圆心O且垂直于纸面的直线为轴顺时针转动。直径ac与磁场方向夹角θ从0°转动到30°的过程中，θ角分别为10°、20°和30°时，整个半圆形导线受到的安培力的大小分别为F1、F2和F3。该过程中，关于整个半圆形导线受到的安培力的方向和大小，说法正确的是（）A．方向逐渐变化 B．方向始终不变 C．F2﹣F1＜F3﹣F2 D．F2﹣F1＞F3﹣F2【考点】通电非直导线安培力大小的计算；左手定则判断安培力的方向．【答案】BD【分析】AB.根据左手定则判断安培力的方向；CD.根据安培力表达式结合有效长度L的计算分析解答。【解答】解：AB.根据左手定则可知，半圆形导线在不同夹角时安培力的方向始终垂直于纸面向外，方向不发生变化，故A错误，B正确；CD.根据安培力的表达式F＝BIL，其中L为a、c两端点连线在与磁场垂直方向的投影距离，设匀强磁场的磁感应强度大小为B，则F1＝BI•2Rsin10°，F2＝BI•2Rsin20°，F3＝BI•2Rsin30°，有F2﹣F1＞F3﹣F2，故C错误，D正确。故选：BD。二、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）11．（6分）“探究向心力大小的表达式”的实验装置如图甲所示。已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的轨迹半径之比为1：2：1，变速塔轮自上而下有如图乙所示三种组合方式传动，左右每层半径之比由上至下分别为1：1、2：1和3：1。（1）在研究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时，我们主要用到的物理学研究方法是C；A.理想实验法B.等效替代法C.控制变量法D.演绎推理法（2）某次实验中，把传动皮带调至第一层塔轮，将两个质量相等的钢球放在B、C位置，可探究向心力的大小与半径的关系；（3）匀速摇动手柄时，若两个钢球的质量和运动半径相等，左、右两标尺显示的格数之比为1：4，则与皮带连接的左塔轮和右塔轮的半径之比为2：1。【考点】探究圆周运动的相关参数问题．【答案】（1）C；（2）半径；（3）2：1。【分析】（1）根据实验原理，分析采用的物理方法；（2）根据实验原理，结合线速度与角速度的关系分析作答；（3）左、右两标尺显示的格数之比等于向心力之比，根据向心力公式、线速度与角速度的关系求解作答。【解答】解：（1）由于影响向心力的大小的因素有小球质量、小球做圆周运动的角速度和半径，因此在研究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时，我们主要用到的物理学研究方法是控制变量法，故ABD错误，C正确。故选：C。（2）实验中，把传动皮带调至第一层塔轮，塔轮的半径R相同，塔轮边缘的线速度大小相等；根据线速度与角速度的关系可知，小球做圆周运动的角速度相同，根据控制变量法的原理，将两个质量相等的钢球放在B、C位置，可探究向心力的大小与半径的关系；（3）根据实验原理可知左、右两标尺显示的格数之比等于向心力之比，即若两个钢球的质量和运动半径相等，根据向心力公式F＝mrω2可得塔轮边缘的线速度大小相等，根据线速度与角速度的关系与皮带连接的左塔轮和右塔轮的半径之比为。故答案为：（1）C；（2）半径；（3）2：1。12．（10分）在“观察电容器的充、放电现象”的实验中，所用的器材有：直流电源E（电动势10V，内阻不计）、电解电容器C（电容2μF）、定值电阻R（阻值1000Ω）、电压表V（内阻4000Ω）、电流表A（内阻很小）、单刀双掷开关S、导线若干。实验电路如图所示。（1）实验时，将开关S接通1后，电容器的上（选填“上”或“下”）极板带正电。电表示数稳定后，再将开关S接通2直至电表示数再次稳定。整个过程中，电流方向发生变化的电表是电流表（选填“电流表”“电压表”或“电流表和电压表”）；（2）将开关S接通2后，设在此过程中通过电流表的电流大小为i，电容器所带的电荷量为Q，电容器两极板电势差为U，电容器的电容为C，时间为t。下列图像中正确的是AC（选填选项对应的字母）；（3）在电容器放电的整个过程中，电流表A的示数的最大值为10mA，通过电阻R的电荷量为1.6×10﹣5C。【考点】观察电容器及其充、放电现象．【答案】（1）上；电流表；（2）AC；（3）10；1.6×10﹣5【分析】（1）根据电路的连接情况分析电容器上极板带电情况，据电路的连接情况结合电容器充放电的规律进行分析；（2）电容器电容保持不变，放电过程中，电容器所带电荷量逐渐减小，根据电容定义式结合电流强度的定义式进行分析；（3）根据电容的定义式解答。【解答】解：（1）实验时，将开关S接通1后，电容器充电，上极板与正极连接，则上极板的带正电；充电时，电流从电源正极到电源负极，放电时，电流从正极板到负极板，则整个过程中，电流方向发生变化的电表是电流表；（2）BD、电容与电容器所带电荷量和电容器极板间电压没有关系，可知电容器电容保持不变，根据C＝可知U＝则U﹣Q图像斜率不变，故BD错误；AC、放电过程中，电容器所带电荷量逐渐减小，根据电容定义式C＝可知，电容器极板间电压逐渐减小，则放电电流逐渐减小，根据i＝可知Q﹣t图像的切线斜率绝对值逐渐减小，故AC正确。故选：AC。（3）电容器充电完毕后电势差为10V，根据欧姆定律有I＝＝A＝10mA根据电容器定义式可总电荷量为Q＝CU＝2×10﹣6×10C＝2×10﹣5C根据电流定义式有i＝电阻R与电压表并联，根据电流与电阻成反比可知QR＝Q解得QR＝1.6×10﹣5C故答案为：（1）上；电流表；（2）AC；（3）10；1.6×10﹣5三、计算题（本题共5小题，共44分。解答时，要有必要的步骤、公式和文字说明，只写结果不得分）13．（8分）如图所示，A、B为某滑雪场的一条长直滑道上的两点，滑道的倾角θ＝37°，A、B两点间的长度L＝200m。一质量m＝60kg的滑雪者（含装备）从A点由静止开始下滑到B点的过程中，其位移x随滑行时间t的变化关系为x＝2t2（各物理量均为国际单位），已知sin37°＝0.6，重力加速度g取10m/s2。求：（1）滑雪者下滑到B点时速度的大小v；（2）滑雪者下滑过程中受到的阻力的大小Ff。【考点】物体在粗糙斜面上的运动；匀变速直线运动位移与时间的关系．【答案】（1）滑雪者下滑到B点时速度的大小为40m/s；（2）滑雪者下滑过程中受到的阻力的大小为120N。【分析】（1）根据变化关系求出下滑的时间，结合匀变速直线运动速度—位移公式求解下滑到B点时速度；（2）沿斜面分析分析其受力，重力沿斜面方向的分力与摩擦力的合力提供加速度，运用牛顿第二定律分析。【解答】解：（1）根据x＝2t2，可得，根据匀变速直线运动位移时间公式，可得，可知v＝at＝4×10m/s＝40m/s；（2）根据牛顿第二定律得mgsinθ﹣Ff＝ma，解得Ff＝mgsinθ﹣ma＝60×10×0.6N﹣60×4N＝120N。答：（1）滑雪者下滑到B点时速度的大小为40m/s；（2）滑雪者下滑过程中受到的阻力的大小为120N。14．（8分）如图所示，一辆汽车在平直公路上向左匀速行驶，用长度L＝0.4m的轻绳将一质量m＝0.2kg的小球悬挂于车厢顶部。将小球向右拉至轻绳与竖直方向成一定夹角时，小球相对于汽车处于静止状态。释放小球，小球连续两次经过最低点时，相对于路面的速度大小分别为v1＝22m/s和v2＝18m/s，已知重力加速度g取10m/s2，小球可视为质点，忽略空气阻力。求：（1）释放小球时轻绳与竖直方向的夹角θ；（2）轻绳对小球拉力的最大值Fm。【考点】机械能守恒定律的简单应用；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．【答案】（1）释放小球时轻绳与竖直方向的夹角θ为60°；（2）轻绳对小球拉力的最大值Fm为4N。【分析】（1）设车的速度大小为v车，小球运动过程中相对于车的最大速度为vm，当小球向左经过最低点时，有v1＝v车+vm；当小球向右经过最低点时，有v2＝v车﹣vm，由此求出vm。再以车厢为参考系，根据机械能守恒定律求释放小球时轻绳与竖直方向的夹角θ；（2）小球经过最低点时，根据牛顿第二定律求解轻绳对小球拉力的最大值Fm。【解答】解：（1）取向左为正方向，设车的速度大小为v车，小球运动过程中相对于车的最大速度为vm。小球向左经过最低点时的速度v1＝v车+vm小球向右经过最低点时的速度v2＝v车﹣vm解得vm＝2m/s以车厢为参考系，小球由释放至运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律有mgL（1﹣cosθ）＝解得θ＝60°（2）小球经过最低点时，根据牛顿第二定律有Fm﹣mg＝m解得Fm＝4N答：（1）释放小球时轻绳与竖直方向的夹角θ为60°；（2）轻绳对小球拉力的最大值Fm为4N。15．（8分）如图所示，竖直平面内有一边长为d的正方形区域ABCD，该区域内有平行于该平面的匀强电场，顶点A、C的电势分别为φA＝4φ0、φC＝3φ0，顶点B、D间的电势差φB﹣φD＝φ0。（1）求匀强电场的电场强度的大小E；（2）若将一质量为m、带电荷量为+q的粒子（不计重力），从顶点A以某一初速度沿AB方向射入电场，粒子最终从C点飞出电场。求该初速度的大小v0。【考点】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动；匀强电场中电势差与电场强度的关系．【答案】（1）匀强电场的电场强度的大小E为；（2）该初速度的大小v0为。【分析】（1）根据公式U＝Ed分析AB间电势差与DC间电势差的关系，并列出方程。结合φB﹣φD＝φ0求B点和D点的电势，再由E＝求解电场强度的大小E；（2）粒子从A到C做类平抛运动，根据牛顿第二定律和分运动规律求解该初速度的大小v0。【解答】解：（1）根据公式U＝Ed分析可知，AB间电势差与DC间电势差相等，即有φA﹣φB＝φD﹣φC结合φB﹣φD＝φ0，解得φB＝4φ0、φD＝3φ0可知A、B两点在电势为4φ0的等势面上，C、D两点在电势为3φ0的等势面上，两等势面的间距为d，则E＝＝＝＝（2）粒子从A到C做类平抛运动，根据牛顿第二定律有qE＝ma由类平抛运动的规律有d＝v0td＝联立解得v0＝答：（1）匀强电场的电场强度的大小E为；（2）该初速度的大小v0为。16．（9分）如图所示为某电磁仪器的原理图，在虚线MN上方有一半径为R的圆形匀强磁场区域，其圆心O位于M点正上方且OM间的距离为2R，圆内磁场方向垂直纸面向外。一质量为m、带电荷量为+q的粒子从M点沿垂直于MN向上的方向以初速度v0射出，粒子通过圆形磁场区域后速度方向与MN平行，不计粒子重力。（1）求匀强磁场的磁感应强度的大小B；（2）若该粒子以初速度v0从M点沿垂直于MN向上的方向射出，求粒子从射出到返回虚线MN上所用的时间t。【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．【答案】（1）匀强磁场的磁感应强度的大小是；（2）粒子从射出到返回虚线MN上所用的时间是。【分析】（1）作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，应牛顿第二定律求出磁感应强度。（2）应用牛顿第二定律求出粒子轨道半径，作出粒子运动轨迹，然后求出粒子的运动时间。【解答】解：（1）粒子运动轨迹如图所示由几何知识可知，粒子轨道半径r1＝R粒子在