一、單選題
1.下列關(guān)于物理學(xué)史的說(shuō)法中正確的是（ ）
A. 伽利略總結(jié)出了行星運(yùn)動(dòng)的三大定律
B. 牛頓通過(guò)實(shí)驗(yàn)測(cè)出了萬(wàn)有引力常量
C. 庫(kù)侖最早精確地測(cè)定了電子的電量
D. 法拉第最早引入了電場(chǎng)概念
【答案】D
【解析】
A項(xiàng)：開(kāi)普勒總結(jié)出了行星運(yùn)動(dòng)三大定律，故A錯(cuò)誤；
B項(xiàng)：卡文迪許通過(guò)扭稱實(shí)驗(yàn)測(cè)出萬(wàn)有引力常量，故B錯(cuò)誤；
C項(xiàng)：美國(guó)物理學(xué)家密立根通過(guò)油滴實(shí)驗(yàn)比較準(zhǔn)確地測(cè)定了電子的電荷量，故C錯(cuò)誤；
D項(xiàng)：1837年英國(guó)物理學(xué)家法拉第最早引入了電場(chǎng)的概念，并提出電場(chǎng)線來(lái)表示電場(chǎng)，故D正確．
2.在學(xué)校實(shí)驗(yàn)室中，如將真空玻璃管中的羽毛和管外空氣中的鐵球同時(shí)從相同的高度由靜止釋放，若下落過(guò)程中羽毛和鐵球均未發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的逛（ )
A. 羽毛先落地 B. 鐵球先落地
C. 羽毛和鐵球同時(shí)落地 D. 無(wú)法判斷哪個(gè)先落地
【答案】A
【解析】
羽毛在真空中只受重力作用，根據(jù)牛頓第二定律F=ma可得：mg=ma1，即a1=g；
鐵球在管外空氣中受重力、空氣阻力的作用，根據(jù)牛頓第二定律F=ma可得：mg-f=ma2，即，根據(jù)，可知羽毛先落地，故A正確．
3.甲、乙兩輛汽車沿同一平直路面行駛，其v－t圖象如圖所示，下列對(duì)汽車運(yùn)動(dòng)狀況的描述正確的是

A. 在第10 s末，乙車改變運(yùn)動(dòng)方向
B. 在第10 s末，甲、乙兩車相距150 m
C. 若開(kāi)始時(shí)乙車前，則兩車可能相遇兩次
D. 在第20 s末，甲、乙兩車相遇
【答案】C
【解析】
【分析】
在速度時(shí)間圖象中，速度的正負(fù)表示速度的方向，速度圖象不能反映物體的初始位置，圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，通過(guò)分析兩車的運(yùn)動(dòng)情況可判斷它們相遇幾次.
【詳解】A、由圖知，乙車的速度一直為正，說(shuō)明乙一直沿正方向運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向沒(méi)有改變，故A錯(cuò)誤；
B、第10s末，甲、乙兩車的位移之差為：，由于出發(fā)點(diǎn)的位置關(guān)系未知，所以不能求出確定它們相距的距離，故B錯(cuò)誤.
C、若t=0時(shí)刻乙車在前，則兩車在第20s末前，兩車可能相遇一次，若甲車的速度比乙車的速度大，此后，由于乙做勻加速運(yùn)動(dòng)，甲做勻速運(yùn)動(dòng)，乙可能追上甲，再相遇一次；故C正確.
D、在第20s末，甲通過(guò)的位移比乙的位移大，但由于它們初始位置關(guān)系未知，所以不能判斷是否相遇，故D錯(cuò)誤；
故選C.
【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵知道速度時(shí)間圖線的物理意義，知道圖線斜率、圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示的含義.要注意速度圖象不能表示物體出發(fā)點(diǎn)的位置.
4.中國(guó)科學(xué)家近期利用“悟空”衛(wèi)星獲得了世界上最精確的高能電子宇宙射線能譜，有可能為暗物質(zhì)的存在提供新證據(jù)．已知“悟空”在低于同步衛(wèi)星的圓軌道上運(yùn)行，經(jīng)過(guò)時(shí)間t(t小于其周期)，運(yùn)動(dòng)的弧長(zhǎng)為s，與地球中心連線掃過(guò)的弧度為β，引力常量為G．根據(jù)上述信息，下列說(shuō)法中正確的是（　　）

A. “悟空”的線速度大于第一宇宙速度
B. “悟空”的加速度比地球同步衛(wèi)星的小
C. “悟空”的環(huán)繞周期為
D. “悟空”的質(zhì)量為
【答案】C
【解析】
【詳解】A．根據(jù)可知，
，
由于悟空”的軌道半徑大于地球半徑，所以“悟空”的線速度小于第一宇宙速度，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)可知，
，
由于“悟空”在低于同步衛(wèi)星的圓軌道上，所以“悟空”的加速度比地球同步衛(wèi)星的大，故B錯(cuò)誤；
C．“悟空”的環(huán)繞的角速度，則“悟空”的環(huán)繞周期為
，
故C正確；
D．“悟空”繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力提供向心力，即：，，聯(lián)立解得，地球的質(zhì)量為
，
不能求出“悟空”的質(zhì)量，故D錯(cuò)誤．
【點(diǎn)晴】已知“悟空”經(jīng)過(guò)時(shí)間t（t小于太空電站運(yùn)行的周期），它運(yùn)動(dòng)的弧長(zhǎng)為s，它與地球中心連線掃過(guò)的角度為β（弧度），根據(jù)線速度和角速度定義可求得太空站的線速度和角速度，然后根據(jù)v=ωr可求得軌道半徑；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力求求得地球的質(zhì)量．
5.如圖所示是一個(gè)由電池、電阻R與平行板電容器組成的串聯(lián)電路，平行板電容器中央有一個(gè)液滴處于平衡狀態(tài)，保持B板不動(dòng)，A板逐漸上移，則（　?。?

A. 電容器的電容變大
B. 電阻R中有從a流向b的電流
C. 液滴帶電性質(zhì)無(wú)法確定
D. 液滴將向上運(yùn)動(dòng)
【答案】B
【解析】
試題分析：電容器與電源相連，板間電壓不變．A板逐漸上移，即增大電容器兩板間距離的過(guò)程中，電容減小，電量減小，電容器放電．根據(jù)原來(lái)極板的帶電情況，分析電流的方向．根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的變化，分析液滴的運(yùn)動(dòng)方向．
兩極板間的距離增大，根據(jù)可知，電容器電容減小，A錯(cuò)誤；由于電容與電源相連，所以兩極板間的電勢(shì)差恒定不變，根據(jù)可知電荷量減小，電容器放電，故有從a流向b的地愛(ài)你劉，B正確；由于上極板與電源正極相連，所以上極板帶正電，電場(chǎng)方向豎直向下，而液滴的重力豎直向上，所以液體必須受到豎直 向上的電場(chǎng)力，故與電場(chǎng)方向相反，所以液滴帶負(fù)電，C錯(cuò)誤；根據(jù)公式可知兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度減小，所以電場(chǎng)力減小，粒子將向下運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤．
6.如圖所示，MN是某點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線，一帶負(fù)電的試探電荷僅在電場(chǎng)力作用下由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示．則下列判斷中正確的是（　　）

A. 試探電荷有可能從a點(diǎn)靜止出發(fā)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)
B. a 點(diǎn)電勢(shì)一定高于b點(diǎn)電勢(shì)
C. 從a 到b 的過(guò)程中，試探電荷的電勢(shì)能一定越來(lái)越大
D. 若試探電荷運(yùn)動(dòng)的加速度越來(lái)越大，則Q必為正電荷且位于M端
【答案】D
【解析】
A、試探電荷從a點(diǎn)靜止出發(fā)，只受靜電力作用力，而靜電力指向場(chǎng)源電荷或離開(kāi)場(chǎng)源，應(yīng)做直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
B、試探電荷受到的電場(chǎng)力大致向左，而試探電荷帶負(fù)電，所以電場(chǎng)線由M→N，a 點(diǎn)電勢(shì)一定低于b點(diǎn)電勢(shì)，故B錯(cuò)誤；
C、從a 到b 的過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，試探電荷的電勢(shì)能減小，故C錯(cuò)誤；
D、若試探電荷運(yùn)動(dòng)的加速度越來(lái)越大，越來(lái)越靠近場(chǎng)源電荷，則Q應(yīng)位于M端，且Q帶正電，故D正確；
故選D．
【點(diǎn)睛】帶負(fù)電的試探電荷受到的電場(chǎng)力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，判斷試探電荷受到的電場(chǎng)力方向向左，從而確定出電場(chǎng)線的方向，分析場(chǎng)源電荷的位置．試探電荷在由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減?。?br /> 7.如圖所示，在一半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，O為圓形區(qū)域的圓心，AC是該圓的水平直徑．一重力不計(jì)的帶電粒子從A點(diǎn)沿與AC成θ=30°角的方向射入磁場(chǎng)區(qū)域，剛好能從C點(diǎn)射出磁場(chǎng)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t．現(xiàn)讓該粒子從A點(diǎn)正對(duì)圓心射入磁場(chǎng)，但速度減為原來(lái)的一半，則該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為（　　）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

由幾何知識(shí)得：
粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角：α=60°
粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期：
粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：
粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑：
粒子從A點(diǎn)正對(duì)圓心射入磁場(chǎng)，速度減為原來(lái)的一半時(shí)，
粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑：
粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期：
粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角：β=90°
粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間： ，故B正確，ACD錯(cuò)誤；
故選B．
【點(diǎn)睛】粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，求出粒子軌道半徑，根據(jù)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式與粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角求出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．
8.如圖所示，豎直平面內(nèi)有A、B、C三點(diǎn)，三點(diǎn)連線構(gòu)成一直角三角形，AB邊豎直，BC邊水平，D點(diǎn)為BC邊中點(diǎn)．一可視為質(zhì)點(diǎn)的物體從A點(diǎn)水平拋出，軌跡經(jīng)過(guò)D點(diǎn)，與AC交于E點(diǎn)．若物體從A運(yùn)動(dòng)到E的時(shí)間為tl，從A運(yùn)動(dòng)到D的時(shí)間為t2，則tl : t2為

A. 1 : 1 B. 1 : 2 C. 2 : 3 D. 1 : 3
【答案】B
【解析】
【詳解】設(shè)∠C=θ，∠ADB=α，由幾何關(guān)系知，tanα=2tanθ，物體初速度為v0，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，質(zhì)點(diǎn)由A到E，

解得：
；

同理：質(zhì)點(diǎn)由A到D，

解得：
；
故
t1：t2=1：2；
A. 1 : 1，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B. 1 : 2，與結(jié)論相符，選項(xiàng)B正確；
C. 2 : 3，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D. 1 : 3，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
9.如圖，某帶電粒子由靜止開(kāi)始經(jīng)電壓為 U 的電場(chǎng)加速后，射入水平放置、電勢(shì)差為 U′的兩導(dǎo)體板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，帶電粒子沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過(guò)兩板后又垂直于磁感線方向射入邊界線豎直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，則粒子進(jìn)入磁場(chǎng)和射出磁場(chǎng)的 M， N 兩點(diǎn)間的距離 d 隨著 U 和 U′的變化情況為（不計(jì)重力，不考慮邊緣效應(yīng)）

A. d 隨 U 變化， d 隨 U′變化
B. d 隨 U 變化， d 與 U′無(wú)關(guān)
C. d 與 U 無(wú)關(guān)， d 與 U′無(wú)關(guān)
D. d 與 U 無(wú)關(guān)， d 隨 U′變化
【答案】B
【解析】
【分析】
不加磁場(chǎng)時(shí)粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)；加入磁場(chǎng)后，帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，已知偏向角則由幾何關(guān)系可確定圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角，則可求得圓的半徑，由洛侖茲力充當(dāng)向心力可求得d表達(dá)式，再進(jìn)行分析d的決定因素．
【詳解】對(duì)于加速過(guò)程，有，解得，帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，可將射出電場(chǎng)的粒子速度v分解成初速度方向與加速度方向，設(shè)出射速度與水平夾角為，則有，而在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的半徑為R，由幾何關(guān)系可得半徑與直線MN夾角正好等于，則有，所以，又因?yàn)榘霃焦?，則有，故d隨U變化，d與無(wú)關(guān)， 故B正確， ACD均錯(cuò)誤．故選B．
【點(diǎn)睛】帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)類題目關(guān)鍵在于確定圓心和半徑，然后由向心力公式即可確定半徑公式，由幾何關(guān)系即可求解，而帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)優(yōu)先考慮動(dòng)能定理的應(yīng)用和運(yùn)動(dòng)的合成與分解規(guī)律求解．
10.如圖所示，R1、R2為可調(diào)電阻，R3為一般電阻，R4為半導(dǎo)體熱敏電阻，當(dāng)環(huán)境溫度升高時(shí)，下列說(shuō)法正確的是

A. 若R1和R2的阻值不變，電容器所帶電量減小
B. 若R1的阻值減小，電容器的帶電量可能保持不變
C. 若R2的阻值增大，電容器的帶電量可能保持不變
D. 若R2的阻值減小，電流表的示數(shù)可能保持不變
【答案】D
【解析】
A、當(dāng)環(huán)境溫度升高時(shí)，R4的電阻變小，外電路總電阻變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，總電流增大，電源的內(nèi)電壓增大，路端電壓減小；總電流增大，并聯(lián)電路R2、R3上的電壓增大，電容器上的電壓增大，電容器所帶的電量增大，故A錯(cuò)誤；
B、R1的大小與電容器的電量沒(méi)有影響，若R1的阻值減小，電容器的帶電量仍然增大．故B錯(cuò)誤；
C、若R2的阻值增大，并聯(lián)電路R2、R3上的電壓增大，電容器上的電壓增大，電容器所帶的電量增大．故C錯(cuò)誤；
D、當(dāng)環(huán)境溫度升高時(shí)，R4的電阻變小，外電路總電阻變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，總電流增大，所以電流表的電流增大；若R2的阻值減小，則并聯(lián)電路部分總電阻也減小，則并聯(lián)電路的電壓有可能減小到原來(lái)的數(shù)值，則電流表的示數(shù)可能保持不變，故D正確；
故選D．
【點(diǎn)睛】R4為半導(dǎo)體材料制成的熱敏電阻，溫度降低，電阻變大，當(dāng)環(huán)境溫度升高時(shí)，電阻變小，外電路總電阻變小，根據(jù)歐姆定律分析總電流和路端電壓的變化，確定電流表A和電容器帶電量的變化．

二、多選題
11.如圖所示，平行紙面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)與垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)相互正交，一帶電小球剛好能在其中做豎直面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)．若已知小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，重力加速度大小為g，則下列判斷中正確的是（　?。?br />
A. 小球一定帶負(fù)電荷
B 小球一定沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)
C. 小球做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小為
D. 小球在做圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)力始終不做功
【答案】AC
【解析】
A、帶電小球在重力場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知，帶電小球受到的重力和電場(chǎng)力是一對(duì)平衡力，重力豎直向下，所以電場(chǎng)力豎直向上，與電場(chǎng)方向相反，故小球一定帶負(fù)電荷，故A正確；
B、磁場(chǎng)方向向外，洛倫茲力的方向始終指向圓心，由左手定則可判斷小球的旋轉(zhuǎn)方向?yàn)槟鏁r(shí)針（四指所指的方向與帶負(fù)電的粒子的運(yùn)動(dòng)方向相反），故B錯(cuò)誤；
C、由電場(chǎng)力和重力大小相等，得：mg=qE，帶電小球在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為：，聯(lián)立得：，故C正確；
D、小球在做圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，電場(chǎng)力要做功，洛倫茲力始終不做功，故D錯(cuò)誤；
故選AC．
【點(diǎn)睛】帶電小球在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可判斷出電場(chǎng)力和重力為平衡力，從而判斷電場(chǎng)力的方向，結(jié)合電場(chǎng)的方向便可知粒子的電性．根據(jù)洛倫茲力的方向，利用左手定則可判斷小球的旋轉(zhuǎn)方向；結(jié)合重力與電場(chǎng)力平衡以及帶電小球在洛倫茲力的作用下的運(yùn)動(dòng)半徑公式，可求出線速度；洛倫茲力不做功，而電場(chǎng)力要做功．
12.如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量和速度均相同的子彈分別水平射入靜止在光滑水平地面上質(zhì)量相同、材料不同的兩矩形滑塊A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的兩倍．上述兩種射入過(guò)程相比較

A. 射入滑塊A的子彈速度變化大
B. 整個(gè)射入過(guò)程中兩滑塊受的沖量一樣大
C. 兩個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同
D. 射入滑塊A中時(shí)阻力對(duì)子彈做功是射入滑塊B中時(shí)的兩倍
【答案】BC
【解析】
設(shè)子彈的初速度為v，共同速度為v′，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有：mv=（M+m）v′，
解得：v′=；由于兩矩形滑塊A、B的質(zhì)量相同，故最后子彈與滑塊的速度都是相同的，子彈速度變化相同，故A錯(cuò)誤；滑塊A、B的質(zhì)量相同，初速度均為零，末速度均為，故動(dòng)量變化量相等，根據(jù)動(dòng)量定理，沖量相等，故B正確；根據(jù)能量守恒定律，兩個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)減小的機(jī)械能，故兩個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同，故C正確；根據(jù)動(dòng)能定理，射入滑塊中時(shí)阻力對(duì)子彈做功等于動(dòng)能的增加量，故射入滑塊A中時(shí)阻力對(duì)子彈做功等于射入滑塊B中時(shí)阻力對(duì)子彈做功，故D錯(cuò)誤；故選BC.
點(diǎn)睛：解題時(shí)要知道子彈射入滑塊過(guò)程中，子彈和滑塊系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律列式求解共同速度，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于機(jī)械能的損失．
13.在光滑絕緣水平面的P點(diǎn)正上方O點(diǎn)固定了一電荷量為＋Q的正點(diǎn)電荷，在水平面上的N點(diǎn)，由靜止釋放質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電小球，小球經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)速度為v，圖中θ＝60°，則在＋Q形成的電場(chǎng)中

A. N點(diǎn)電勢(shì)高于P點(diǎn)電勢(shì)
B.
C. P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小是N點(diǎn)的2倍
D. 帶電小球從N點(diǎn)到P點(diǎn)的過(guò)程中電勢(shì)能減少了
【答案】BD
【解析】
根據(jù)順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低可知，N點(diǎn)距離正電荷較遠(yuǎn)，則N點(diǎn)電勢(shì)低于P點(diǎn)電勢(shì)．故A錯(cuò)誤．根據(jù)動(dòng)能定理得：檢驗(yàn)電荷由N到P的過(guò)程：-qUNP=mv2，解得，則．故B正確．P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小是，N點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小是，則EP：EN=rN2: rP2=4：1．故C錯(cuò)誤．帶電小球從N點(diǎn)到P點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功mv2，電勢(shì)能減少了mv2，故D正確．故選BD.
點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵要掌握電場(chǎng)線方向與電勢(shì)高低的關(guān)系，即順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低以及點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式E=kQ/r2、電場(chǎng)力做功的公式W=qU.
14.如圖所示，兩個(gè)輕環(huán)a和b套在位于豎直面內(nèi)的一段半徑為R，圓心為O（圖中未畫(huà)出）的固定圓弧上，一細(xì)線穿過(guò)兩輕環(huán)，其兩端各系一質(zhì)量為m的小球．在a和b之間的細(xì)線上懸掛一質(zhì)量為M的小物塊．平衡時(shí)，a、b間的距離記為L(zhǎng)，M的懸掛點(diǎn)叫做c，不計(jì)所有摩擦，下列說(shuō)法正確的是（ ）

A. 平衡時(shí)，c的位置一定在圓心O的上方
B. 平衡時(shí)，若L=1.2R，則M=0.56m
C. 平衡時(shí)，若L=R，則
D. 平衡時(shí)，若L越大，則M與m的比值越大
【答案】AB
【解析】
A、如圖所示，Oa、Ob繩的拉力相等，所以兩繩的拉力的合力即M的重力一定在ab的垂直平分線上，此線一定過(guò)圓心，故A正確

對(duì)m受力分析，受重力和拉力，故：
B.對(duì)圓環(huán)分析，受細(xì)線的兩個(gè)拉力和軌道的支持力，如圖所示：

平衡時(shí)，若L=1.2R，則，
對(duì)M受力分析，知 ，得： 故B對(duì)；
C、平衡時(shí)，若L=R，則 ，
由 ，得 ，故C錯(cuò)
D、由 知
平衡時(shí)，若L越大，則 就越小，所以比值就越小，故D錯(cuò)
綜上所述本題答案是：AB
點(diǎn)睛：解決本題關(guān)鍵是能根據(jù)題目給出的幾何關(guān)系確認(rèn)拉小物塊的兩繩夾角是多少，再根據(jù)力的合成來(lái)求解．
三、填空題
15.為了探究質(zhì)量一定時(shí)加速度與力的關(guān)系，一同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置。其中M為帶滑輪的小車的質(zhì)量，m為砂和砂桶的質(zhì)量。(滑輪質(zhì)量不計(jì))

(1)實(shí)驗(yàn)時(shí)，一定要進(jìn)行的操作是______。
A．用天平測(cè)出砂和砂桶的質(zhì)量
B．將帶滑輪的長(zhǎng)木板右端墊高，以平衡摩擦力
C．小車靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時(shí)記錄彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)
D．改變砂和砂桶的質(zhì)量，打出幾條紙帶
E．為減小誤差，實(shí)驗(yàn)中一定要保證砂和砂桶的質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量M
(2)該同學(xué)在實(shí)驗(yàn)中得到如圖所示的一條紙帶(兩相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有兩個(gè)點(diǎn)沒(méi)有畫(huà)出)，已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器采用的是頻率為50Hz的交流電，根據(jù)紙帶可求出小車的加速度為_(kāi)_____m/s2(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。

(3)以彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)F為橫坐標(biāo)，加速度為縱坐標(biāo)，畫(huà)出的a-F圖象是一條直線，圖線與橫坐標(biāo)的夾角為θ，求得圖線的斜率為k，則小車的質(zhì)量為_(kāi)_____。
A． B． C．k D．
【答案】 (1). BCD (2). 1.3 (3). D
【解析】
【詳解】(1)[1]AE．本題拉力可以由彈簧測(cè)力計(jì)測(cè)出，不需要用天平測(cè)出砂和砂桶的質(zhì)量，也就不需要使小桶（包括砂）的質(zhì)量遠(yuǎn)小于車的總質(zhì)量，AE錯(cuò)誤；
B．該題是彈簧測(cè)力計(jì)測(cè)出拉力，從而表示小車受到的合外力，將帶滑輪的長(zhǎng)木板右端墊高，以平衡摩擦力，B正確；
C．打點(diǎn)計(jì)時(shí)器運(yùn)用時(shí)，都是先接通電源，待打點(diǎn)穩(wěn)定后再釋放紙帶，該實(shí)驗(yàn)探究加速度與力和質(zhì)量的關(guān)系，要記錄彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)，C正確；
D．改變砂和砂桶質(zhì)量，即改變拉力的大小，打出幾條紙帶，研究加速度隨F變化關(guān)系，D正確；
故選：BCD。
(2)[2]相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為
，
連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)的位移之差：
，
根據(jù)得：
；
(3)[3]對(duì)a-F圖來(lái)說(shuō)，圖象的斜率表示小車質(zhì)量的倒數(shù)，此題，彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)：
，
即
，
a-F圖線的斜率為k，則
，
故小車質(zhì)量為：
，
故D正確。
故選D。
16.某同學(xué)想測(cè)量一段導(dǎo)體的阻值．
（1）他先用多用電表進(jìn)行初步測(cè)量，主要的操作過(guò)程分以下幾個(gè)步驟，請(qǐng)將第④步操作填寫(xiě)完整：
①將紅、黑表筆分別插入多用電表的“＋”、“－”插孔；選擇電阻檔“×10”；
②將紅、黑表筆短接，調(diào)整歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指向“0”；
③將紅、黑表筆分別與導(dǎo)體的兩端相接，發(fā)現(xiàn)指針示數(shù)接近“0”；
④選擇電阻檔_________(選填“×100”或“×1”)，將紅、黑表筆短接，調(diào)整歐姆調(diào)零旋鈕調(diào)零后；重新將紅、黑表筆分別與導(dǎo)體的兩端相接，讀取導(dǎo)體的阻值．

（2）采用上述的操作步驟后，多用電表的指針位置如圖所示．則該段導(dǎo)體的電阻測(cè)量值為_(kāi)_____．
（3）為了比較精確地測(cè)量這個(gè)導(dǎo)體的電阻值，他采用伏安法繼續(xù)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)測(cè)量，現(xiàn)有實(shí)驗(yàn)器材如下：
A．電源E（電動(dòng)勢(shì)4.0V，內(nèi)阻約0.5Ω）；
B．電壓表（0～3V，內(nèi)阻3kΩ）;
C．電壓表（0～15V，內(nèi)阻15kΩ）；
D．電流表（0～0.6A，內(nèi)阻0.1Ω）
E．電流表（0～3A，內(nèi)阻0.02Ω）；
F．滑動(dòng)變阻器R1（0～50Ω，1.5A）；
G．滑動(dòng)變阻器R2（0～2000Ω，0.3A）；
H．開(kāi)關(guān)S和導(dǎo)線若干．
為了調(diào)節(jié)方便，測(cè)量準(zhǔn)確，在實(shí)驗(yàn)中，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用______（選填序號(hào)字母）．連接電路時(shí)，電壓表應(yīng)選_____（選填序號(hào)字母）、電流表應(yīng)選______（選填序號(hào)字母）．實(shí)驗(yàn)電路應(yīng)采用圖中的_____（選填“甲”或“乙”）．

（4）若在上問(wèn)中選用甲電路，產(chǎn)生誤差的主要原因是______．（選填選項(xiàng)前的字母）
A．電流表測(cè)量值小于流經(jīng)Rx的電流值
B．電流表測(cè)量值大于流經(jīng)Rx的電流值
C．電壓表測(cè)量值小于Rx兩端的電壓值
D．電壓表測(cè)量值大于Rx兩端的電壓值
【答案】 (1). ×1 (2). 8 (3). F (4). B (5). D (6). 甲 (7). B
【解析】
【詳解】（1）[1]將紅、黑表筆分別與導(dǎo)體的兩端相接，發(fā)現(xiàn)指針示數(shù)接近“0”，說(shuō)明倍率檔選擇過(guò)大，應(yīng)該改用×1檔；
（2）[2]如圖可知，電阻的測(cè)量值為.
（3）[3] 滑動(dòng)變阻器選擇阻值較小的F；
[4]電源的電動(dòng)勢(shì)為4V，則電壓表選B；
[5]電路中可能出現(xiàn)的最大電流
，
則電流表選擇D;
[6]因
，
故應(yīng)選用電流表外接，即選擇甲電路；
（4）[7]甲電路中產(chǎn)生誤差的原因是由于電壓表的分流作用，使得電流表測(cè)量值大于流經(jīng)Rx的電流值，故選B．
四、計(jì)算題
17.如圖所示，兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌MN和PQ放置在水平面內(nèi)，其間距L=0.2m， 磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直軌道平面向下，兩導(dǎo)軌之間連接的電阻R=4.8Ω，在導(dǎo)軌上有一金屬棒ab，其電阻r=0.2Ω， 金屬棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好， 如圖所示，在ab棒上施加水平拉力使其以速度v=0.5m/s向右勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)金屬導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)．求：

(1)金屬棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；
(2)通過(guò)電阻R的電流大小和方向；
(3)金屬棒a、b兩點(diǎn)間電勢(shì)差．
【答案】(1) E=0.05V (2) I=0.01A, 方向從M通過(guò)R流向P (3) Uab=0.048V
【解析】
（1）設(shè)金屬棒中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E
E=BLv
帶入數(shù)值得E=0.05V
（2）設(shè)過(guò)電阻R的電流大小為I

帶入數(shù)值得I=0.01A
方向：從M通過(guò)R流向P
（3）設(shè)a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為U
Uab=IR
帶入數(shù)值得Uab=0.048V


18.質(zhì)量為0.1 kg 的彈性球從空中某高度由靜止開(kāi)始下落，該下落過(guò)程對(duì)應(yīng)的圖象如圖所示．球與水平地面相碰后離開(kāi)地面時(shí)的速度大小為碰撞前的3/4．設(shè)球受到的空氣阻力大小恒為f，取="10" m/s2, 求：

（1）彈性球受到的空氣阻力f的大?。?br /> （2）彈性球第一次碰撞后反彈高度h．
【答案】（1）0.2N （2）
【解析】
（1）設(shè)彈性球第一次下落過(guò)程中的加速度大小為，由圖知
①
根據(jù)牛頓第二定律，得
②
③
（2）由圖知彈性球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度大小為，設(shè)球第一次離開(kāi)地面時(shí)的速度大小為，則
④
第一次離開(kāi)地面后，設(shè)上升過(guò)程中加速度大小為，則

⑤
于是，有⑥
解得⑦


19.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xoy的第一象限有沿y軸負(fù)方向、場(chǎng)強(qiáng)為E＝200N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第二象限有垂直于xoy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．現(xiàn)有一質(zhì)量m＝2.0×10－11kg，電量q＝1.0×10－5C帶正電的粒子，從負(fù)x軸上的A點(diǎn)以v＝1.0×104m/s的速度垂直x軸進(jìn)入磁場(chǎng)，恰好垂直通過(guò)y軸上的P點(diǎn)并進(jìn)入電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)電場(chǎng)后通過(guò)x軸上的Q點(diǎn)．已知OP的長(zhǎng)度h＝2m，不計(jì)粒子重力，求：

（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?br /> （2）OQ的長(zhǎng)度L；
（3）粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的總時(shí)間t總．
【答案】(1) (2) (3) t總=5.14×10－4s
【解析】
【詳解】（1）微粒進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌道半徑為r，由牛頓第二定律有：
①
由幾何關(guān)系知:
②
由①②式代入數(shù)據(jù)解之得：
B=0.01T ③
（2）設(shè)微粒在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t, 加速度為a，做類平拋運(yùn)動(dòng)
水平方向：
④
豎直方向：
⑤
⑥
聯(lián)立④⑤⑥式代入數(shù)據(jù)解之得：
⑦
（3）由⑥式代入數(shù)據(jù)解之得：
t=2×10－4s
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：

粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的總時(shí)間：
t總=t1+t=5.14×10－4s.
【點(diǎn)睛】本題考查了粒子在磁場(chǎng)與電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律與類平拋運(yùn)動(dòng)軌跡可以正確解題．




英語(yǔ)朗讀寶
相關(guān)資料 更多
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
月考專區(qū)
歡迎來(lái)到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬(wàn)優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬(wàn)優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬(wàn)教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過(guò)期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部