北京市顺义区2012届高三物理尖子生综合素质展示试题

2012年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试物理部分(北京卷)13.一个氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级.该氢原子A 放出光子，能力增加B放出光子，能量减少C 吸收光子，能量增加D 吸收光子，能量减少14. 一束单色光经由空气射入玻璃，这束光的A 速度变慢，波长变短B 速度不变，波长变短C 频率增高，波长变长D 频率不变，波长变长I5.一个小型电热器若接在输出电压为10v的直流电源上.消耗电功率为P;若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为16.处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圈周运动。

将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值A 与粒子电荷量成正比B 与粒子速率成正比C与粒子质量成正比D与磁感应强度成正比17.一个弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点。

从某时刻开始计时，经过四分之一的周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度。

能正确反映振子位移x与时间，关系的图像是18.关于环绕地球运动的卫星，下列说法正确的是A.分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，不可能具有相同的周期B.沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率C.在赤道上空运行的两颗地球同步卫星.它们的轨道半径有可能不同D.沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合19.物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”。

如图，她把一个带铁芯的线圈I、开关S和电源用导终连接起来后.将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环。

闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起。

某司学另找来器材再探究此实验。

他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均末动。

对比老师演示的实验，下列四个选项中.导致套环未动的原因可能是A.线圈接在了直流电源上.B.电源电压过高.C.所选线圈的匝数过多，D.所用套环的材料与老师的不同20.“约瑟夫森结”由超导体和绝缘体制成.若在结两加恒定电压U，则它会辐射频率为v的电磁波，且与U 成正比，即v=kU.已知比例系数k 仅与元电荷e 的2倍和普朗克常量h 有关。

2012年普通高等校招生全国统一考试综合能力测试(北京卷)物部分本试卷共14页共300分。

考试时长150分钟。

考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

以下据可供解题时参考可能用到的相对原子质量H1 12 O16 N23 I355 Br80第一部分(选择题共120分)本部分共20小题，每小题6分，共120分在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。

13一个氢原子从=3能级跃迁到=2能级该氢原子A 放出光子，能量增加B放出光子，能量减少吸收光子，能量增加D 吸收光子，能量减少【答案】B14 一束单色光经由空气射入玻璃，这束光的A 速度变慢，波长变短B 速度不变，波长变短频率增高，波长变长D 频率不变，波长变长【解析】n c v =【答案】AI5一个小型电热器若接在输出电压为10v 的直流电上消耗电功率为P;若把它接在某个正弦交流电上，其消耗的电功率为如果电热器电阻不变，则此交流电输出电压的最大值为【解析】R P 210=,R U P 22=,U U m 2=【答案】16处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圈周运动。

将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值A 与粒子电荷量成正比B 与粒子速率成正比 与粒子质量成正比 D 与磁感应强度成正比【解析】m B q qB m q T q I ππ222===【答案】D17一个弹簧振子沿轴做简谐运动，取平衡位置O 为轴坐标原点。

从某时刻开始计时，经过四分之一的周期，振子具有沿轴正方向的最大加速度。

能正确反映振子位移与时间关系的图像是【解析】加速度指向平衡位置。

【答案】A18关于环绕地球运动的卫星，下列说法正确的是A分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颖卫星，不可能具有相同的周期B沿椭圆轨道运行的一颖卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率在赤道上空运行的两颖地球同步卫星它们的轨道半径有可能不同D沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合【解析】根据开普勒行星运动第二定律，B正确。

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已知物体在空中运动过程中所受的空气阻力大小恒定，那么图2中能正确表示该物体向上和向下运动全过程的速度v 随时间t 变化关系的图线是2. 从地面上方同一点向东和向西分别沿水平方向抛出两个质量相等的小物体，抛出的初速度大小分别为v 和v 2，不计空气阻力，则两个小物体 A. 从抛出到落地重力的冲量相同B. 从抛出到落地动能的增量相同C. 从抛出到落地重力做功的平均功率相同D. 落地时物体的动能相同3. 春天有许多游客放风筝，会放风筝的人，可使风筝静止在空中，以下四幅图中AB 代表风筝截面，OL 代表风筝线，风向水平，风筝可能静止的是4. 如图所示，质量为m 的物体在沿斜面向上的拉力F 作用下沿斜面匀速下滑，已知斜面体的质量为M ，并在此过程中斜面体保持静止，则地面对斜面体A. 摩擦力为零B. 有水平向左的摩擦力C. 支持力为()g m M +D. 支持力小于()g m M +5. 如图所示，位于竖直面内的半圆形光滑凹槽放在光滑的水平面上，小滑块从凹槽边缘A 点由静止释放，经最低点B 又向上到达另一侧边缘C 点，把小滑块从A 点到达B 点称为过程I ，从B 点到C 点称为过程II ，则关于这两个过程，下列说法中正确的是A. 过程I 中小滑块减少的势能等于凹槽增加的动能B. 过程I 小滑块动量的改变量等于重力的冲量C. 过程I 和过程II 中小滑块所受外力的冲量大小相等D. 过程II 中小滑块的机械能的增加量等于凹槽动能的减少量6. 地球绕太阳的运动可视为匀速圆周运动，太阳对地球的万有引力提供地球运动所需的向心力，由于太阳内部的核反应而使太阳发光，在这个过程中，太阳的质量在不断减小（假如地球继续做圆周运动），根据这一事实可以推知，在若干年以后，地球绕太阳的运动情况与现在相比 A. 向心加速度变小 B. 运动频率变小C. 所受太阳的万有引力变大D. 运动角速度变大 7. 如图所示，橡皮条OA 和OA ′之间的夹角为0°时，结点O 吊着质量为kg 1的砝码，O 点恰好在圆心。

2012北京市顺义区高三（一模）物理一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分）1．（4分）在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）AB．伽利略发现了行星三条运动的规律CD．赫兹最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场2．（4分）已知万有引力常量G，那么在下列给出的各种情境中，能根据测量的数据求出火星平均密度的是（）A．在火星表面使一个小球做自由落体运动，测出下落的高度H和时间tB．发射一颗贴近火星表面绕火星做圆周运动的飞船，测出飞船运行的周期TC．观察火星绕太阳的圆周运动，测出火星的直径D和火星绕太阳运行的周期TD．发射一颗绕火星做圆周运动的卫星，测出卫星离火星表面的高度H和卫星的周期T3．（4分）如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，从波传到x=5m的M点时开始计时，已知P点相继出现两个波峰的时间间隔为0.4s，下面说法中正确的是（）A．这列波的波长是5mB．这列波的传播速度是10m/sC．质点Q（x=9m）经过0.5s才第一次到达波峰D．M点以后各质点开始振动时的方向都是向上4．（4分）如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，在滑动变阻器R2的滑片向上滑动的过程中，电阻R3）A．一直减小 B C．一直增大 D．先增大后减小5．（4分）起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其速度﹣﹣时间图象如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是下图中的（）A．B．C．D．6．（4分）如图所示是一直升机通过软绳打捞河中物体，物体质量为m，由于河水的流动将物体冲离使软绳偏离竖直方向，当直升机和物体都相对地面静止时，绳子与竖直方向成θ角度，下列说法正确的是（）A．绳子的拉力为mgB．绳子的拉力一定小于mgC．物体受到河水的作用力等于绳子拉力的水平分力D．物体受到河水的作用力大于绳子拉力的水平分力7．（4分）如图所示，A、B为两块水平放置的正对平行金属板，通过电键S分别与电源两极相连，两板中央各有一个小孔a和b．现闭合电键S，在a孔正上方某处有一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰好为零，然后返回．现要使带电质点能穿过b孔，则可行的方法是（）A．保持S闭合，将A板适当上移B．保持S闭合，将B板适当上移C．先断开S，再将B板适当上移D．先断开S，再将A板适当上移8．（4分）如图所示为推行节水灌溉工程中使用的转动式喷水龙头的示意图．喷水口离地面的高度为5m，用效率为50%的抽水机从地下20m深的井里抽水，使水充满水口并以恒定的速率从该水龙头沿水平喷出．喷水口横截面积为10cm2，其喷灌半径为10m，若水的密度为1×103 kg/m3，不计空气阻力．带动该水泵的电动机的最小功率为（取g=10m/s2）（）A．9×103W B．6×103W C．4.5×103W D．3×103W9．（4分）某学生做“探究电磁感应的产生条件”的实验，将电流计、线圈A和B、电池、电键用导线连接成如右图所示的实验电路，以下说法中正确的是（）A．电键闭合立即观察电流计指针偏转而电键断开立即观察电流计指针不偏转B．电键闭合立即观察电流计指针不偏转而电键断开立即观察电流计指针偏转C．电键闭合与断开立即观察电流计指针都不偏转D．电键闭合与断开立即观察电流计指针都偏转10．（4分）乒乓球在我国有广泛的群众基础，并有“国球”的美誉，在08北京奥运会上中国选手包揽了四个项目的全部冠军．现讨论乒乓球发球问题，已知球台长L、网高h，若球在球台边缘O点正上方某高度处，以一定的速度水平发出，如图所示，球恰好在最高点时越过球网．假设乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变，方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力．则根据以上信息不可以求出（设重力加速度为g）（）A．球的初速度大小B．发球时的高度C．球从发出到第一次落在球台上的时间D．球从发出到被对方运动员接往的时间11．（4分）一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中，若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停住的过程称为过程Ⅱ，则（）①过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量②过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小③过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于过程Ⅰ与过程Ⅱ中钢珠所减少的重力势能之和④过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅰ中钢珠所增加的动能．A．①④ B．②④ C．①③ D．②③12．（4分）如图所示为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，运动过程中线框的ab边始终与磁场边界平行，且保持线框平面与磁场方向垂直．规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ为正，外力F向右为正．则以下关于线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图象正确的是（）A．B．C．D．二、解答题（共8小题，满分72分）13．（4分）描绘单摆的振动图象如图所示：（1）对同一个单摆，如果两次拉出木板得到的图形分别如图a、b所示，说明两次拉木板的速度之比为V a：V b= ；（2）对摆长不同的单摆，如果两次拉木板速度相同，说明单摆的摆长之比为L a：L b= ．14．（6分）要测量一电源的电动势E（小于3V）和内阻r（约1Ω），现有下列器材：电压表V（0～3V和0～15V 两个量程）、电阻箱（0～999.9Ω）、定值电阻R0=3Ω、开关和导线．某同学根据所给器材设计如下的实验电路．（1）电路中定值电阻R0的作用是．（2）请根据如图所示的电路图，在答题卡中用笔画线代替导线连接实物电路．（3）为使最终测量结果更精确，在不改变实验方法、不更换实验器材的前提下，请你对该同学提一条建议．15．（8分）（1）在“探究合外力做功与动能变化的关系”实验中，为了平衡小车运动中受到的阻力．应该采用下面所述的方法（填“a”、“b”或“c”）．（a）逐步调节木板的倾斜程度，使静止的小车开始运动（b）逐步调节木板的倾斜程度，使小车在木板上保持静止（c）逐步调节木板的倾斜程度，使夹在小车后面的纸带上所打的点间隔均匀（2）在上述实验中，打点计时器使用的交流电频率为50Hz．某同学打出的一段纸带如图1所示，则小车匀速运动时的速度大小为m/s．（计算结果保留3位有效数字）（3）在上述实验中，某同学分别用1根、2根、…、5根相同橡皮筋进行实验，测得小车匀速运动时的速度分别为0.52m/s、0.78m/s、0.96m/s、1.08m/s、1.22m/s．根据实验数据在坐标纸中画出的图线如图2．对实验结果分析的描述，正确的是A．W与v应该是线性关系，只是实验误差太大，才出现这样的结果B．W可能与V2是线性关系，应该画出W﹣V2的图象来验证想法是否正确C．W可能与是线性关系，应该画出W﹣的图象来验证想法是否正确（4）根据你自己的分析，在表格中选择合适的数据，在坐标纸中画出相应的图象．你的选择是组数据（选填“A”或“B”）．原始数据V（m/s）0.52 0.78 0.96 1.08 1.22A组数据V2（m/s）20.27 0.61 0.92 1.17 1.490.72 0.88 0.98 1.04 1.10B组数据（m/s）16．（8分）一半径为R 的绝缘光滑1/4圆弧与绝缘光滑水平面p M相切于p点，平面p M处于水平向左电场强度为E的匀强电场中，如右图所示．一质量为m、电何量为q的可视为质点的物块从圆弧某一高度由静止滑下，刚滑到p点的速度为V．求：（1）物块刚滑到p点时对轨道的压力；（2）物块从光滑圆弧轨道下滑位置到地面的竖直高度；（3）物块在平面p M上右滑行的最大位移．17．（10分）一质量为m=2kg的物体置于水平面上，在水平外力的作用下由静止开始运动，水平外力随时间的变化情况如下图1所示，物体运动的速度随时间变化的情况如下图2所示4s后图线没有画出．g取10m/s2．求：（1）物体在第2s末的加速度a；（2）物体与水平面间的摩擦因数μ；（3）物体在前6s内的位移X．18．（10分）如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.2m，电阻R=0.4Ω，导轨上停放一质量为m=0.1kg，电阻为r=0.1Ω的金属杆ab，导轨的电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场中，磁场的方向竖直向下．现用一外力F沿水平方向拉杆，使之由静止开始运动，若理想电压表示数U随时间t的变化关系如图乙所示．求：（1）运动速度随时间t的变化关系式；（2）金属杆运动的加速度；（3）第5秒末外力F的功率．19．（12分）如图所示，一个质量为m=2.0×10﹣11kg，电荷量q=+1.0×10﹣5C的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经U1=100V电压加速后，水平进入两平行金属板间沿竖直方向的偏转电场中，偏转电场的电压U2=100V．金属板长L=20cm，两板间距d=cm．求：（1）微粒进入偏转电场时的速度v0大小；（2）微粒射出偏转电场时的偏转角θ；（3）若该匀强磁场的宽度为D=cm，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大．20．（14分）传送带在工农业生产和日常生活中都有广泛的应用，例如在港口用传送带中运输货物，在机场上用传送带将地面上的行李传送到飞机上等．现有一个水平传送带装置AB，如右图所示．传送带的长度L=1m，质量M=1kg 的木块随传送带一起以v1=2m/s的速度向左匀速运动（传送带移动的速率始终恒定），木块与传送带间动摩擦因数μ=0.5．当木块运动到传送带最左端A点时，一颗质量为m=20g的子弹以v0=300m/s水平向右迎面射向木块并从木块中穿出，穿出时速度为u=50m/s．设子弹穿出木块的时间极短，且穿出木块以后子弹未与传送带作用．（传送带装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦，g=10m/s2）（1）试论述木块能否从传送带右端B点离开传送带；（2）在子弹击中木块到木块离开传送带的整个过程中，子弹、木块和传送带这一系统间所产生的总内能是多少；（3）子弹击中木块后，传送带由于传送木块多消耗的电能．物理试题答案一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分）1．【解答】A、牛顿发现万有引力定律之后，是英国的科学家卡文迪许通过实验测出了引力常量G．故A正确．B、开普勒发现了行星三条运动的规律．故B错误．C、伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因．故C错误．D、英国的法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场．故D错误．故选A2．【解答】设火星的质量为M，半径为r，则火星的密度A．在火星表面使一个小球做自由落体运动，测出下落的高度H和时间t，根据H=，可知算出火星的重力加速度，根据，可以算得火星的质量，但不知道火星的半径，故无法算出密度，故A错误；B．根据得：，所以，已知T就可算出密度，故B正确；C．观察火星绕太阳的圆周运动，只能算出太阳的质量，无法算出火星质量，也就无法算出火星密度，故C错误；D．测出卫星离火星表面的高度H和卫星的周期T，但是不知道火星的半径，故无法算出密度，故D错误．故选B．3．【解答】A、由读出相邻波谷之间的距离为4m，即波长为4m．故A错误．B、已知P点相继出现两个波峰的时间间隔为0.4s，波的周期为T=0.4s，则波速为v==m/s=10m/s．故B正确．C、当图示x=2m处质点的振动传到质点Q时，Q点第一次到达波峰，所经过时间为t==s=0.7s．故C错误．D、简谐横波沿x轴正方向传播，介质中各质点的起振方向都与图示时刻M点的振动方向相同，均向下．故D错误．故选B4．【解答】当滑动变阻器R2的滑动片向移动时，接入电路的电阻减小，总电阻就减小，根据闭合电路欧姆定律可以，干路电流增大，所以电源内阻和R1所占电压变大，并联部分电压减小，根据P=可知：电阻R3上消耗的电功率一直减小．故选A5．【解答】在0﹣t1时间内：重物向上做匀加速直线运动，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得：F﹣mg=ma1，F=mg+ma1，拉力的功率P1=Fv=（mg+ma1）a1t，m、a1均一定，则P1∝t．在t1﹣t2时间内：重物向上做匀速直线运动，拉力F=mg，则拉力的功率P2=Fv=mgv，P2不变，根据拉力的大小得到，P2小于t1时刻拉力的功率．在t2﹣t3时间内：重物向上做匀减速直线运动，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得：mg﹣F=ma2，F=mg﹣ma2，拉力的功率P3=Fv=（mg﹣ma2）（v0﹣a2t），m、a2均一定，P3与t是线性关系，随着t延长，P3减小．t3时刻拉力突然减小，功率突然减小．故选：B．6．【解答】A、B、对物体受力分析，受重力、浮力、拉力和水的水平方向的摩擦力，如图根据平衡条件，有竖直方向：F浮+Tcosθ=mg…①水平方向：f=Tsinθ…②故A错误，B错误；C、D、河水作用力包括浮力和摩擦力，其中摩擦力等于拉力的水平分力，故C错误；D正确故选D．7．【解答】AB、保持S闭合，知AB两端的电势差不变，根据动能定理知，质点还是到达b点速度为零然后返回．故A、B错误．C、断开S，电量不变，将B板上移，d减小，根据C=知，电容增大，则U=，知U减小，根据动能定理，运动到b重力做功大于电场力做功，b点速度不为零，将穿过b孔．故C正确．D、断开S，电量不变，将A板上移，d增大，根据C=知，电容减小，则U=，知U增大，根据动能定理知，粒子还未到达b点，速度已减为零，然后返回．故D错误．故选C．8．【解答】水从“龙头”沿水平喷出后做平抛运动，h=gt2，其喷灌半径为r=10m=v0t，得：v0=抽水机在t秒内抽的水的质量为m，根据动能定理可求得对m做的功为：W=mg（H+h）+mv02=ρSv0tg（H+h+）=ρStg（H+26h）电动机的最小输出功率：P==，已知：h=5m，H=20m，S=10cm2，η=50%，ρ=1×103 kg/m3，则P=6×103W；故选C．9．【解答】只有当穿过闭合回路的磁通量发生变化时，闭合电路中才产生感应电流，由电路图可知，在电键闭合或断开时，穿过线圈B的磁通量不变，电流计所在回路不产生感应电流，电流计指针不偏转，故C正确；故选C．10．【解答】A、在乒乓球从发出到刚越过球网的时刻，在水平方向上，乒乓球一直是匀速直线运动，从发球到刚越过球网时的总的时间为2t，在根据水平的位移为，即可以求得发球的初速度大小，所以A正确；B、由于乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力，所以在整个的运动的过程中，乒乓球的能量是守恒的，由于球恰好在最高点时越过球网，所以，根据能量的守恒可得，在发球时的高度即为球网的高度h，所以B正确；C、从乒乓球发出到第一次接触球台，此时乒乓球做的是自由落体运动，从反弹后到越过球网过程中，乒乓球在竖直方向上做的是竖直上抛运动，根据自由落体运动的规律h=，可以求得球从发出到第一次落在球台上的时间t，也可以求得从发球到刚越过球网时的总的时间为2t，所以C正确；D、由于无法确定对方运动员接住的位置，所以不能确定球从发出到对方运动员接住的时间，所以D错误．本题选不可以求出的，故选D．11．【解答】①过程Ⅰ中钢珠只受到重力，根据动量定理分析得知，钢珠动量的改变量等于重力的冲量．故①正确．②过程Ⅱ中钢珠受到重力和阻力，动量的改变量不等于零，根据动量定理可知，重力和阻力的总冲量不等于零，则阻力的冲量的大小不等于过程Ⅰ中重力冲量的大小．由于动量改变量为负值，则过程Ⅱ中阻力的冲量的大小大于过程Ⅰ中重力冲量的大小．故②错误．③对于整个过程：钢珠动能的变化量，根据动能定理得知，整个过程重力做功等于钢珠克服阻力做功，而整个重力做功等于整个过程中钢珠所减少的重力势能，所以过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于过程Ⅰ与过程Ⅱ中钢珠所减少的重力势能之和．故③正确．④根据功能关系分析得知，过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅱ中钢珠克服阻力做功，不等于过程Ⅰ中钢珠所增加的动能．故④错误．故选C12．【解答】A、当线框运动L时开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达最大；此后向外的磁通量增加，总磁通减小；当运动到2.5L时，磁通量最小，故A错误；B、当线圈进入第一个磁场时，由E=BLV可知，E保持不变，而开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势应为2BLV，故B错误；C、因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故C错误；D、拉力的功率P=Fv，因速度不变，而在线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由B的分析可知，电流加倍，故安培力加培，功率加倍；此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，故D正确；故选D．二、解答题（共8小题，满分72分）13．【解答】（1）对同一个单摆，说明周期相同，故拉出木板a用时2T，拉出木板b用时3T，故V a：V b=；（2）两次拉木板速度相同，说明拉出的时间是一定的，设为t，故，；根据单摆周期公式，单摆的摆长之比为L a：L b=；故答案为：（1）3：2，（2）9：4．14．【解答】（1）若无R0存在，当R调节到0时，电源即短路，有烧坏危险．（2）如图所示，注意电压表量程选择，开关置于干路（3）多次测量可以减少偶然误差，画图象更加直观，由于舍去了误差较大的点，所以精确度更高故答案为：（1）保护电源，防止短路（2）如图所示（有一处错就不给分）（3）多测几组R、U，分别求出电动势E、内阻r，再求E、r的平均值或利用图象处理数据．（其他方法同样得分）15．【解答】（1）为了平衡摩擦力的影响，在实验中可以将木板一端垫高，则小车受到的重力的分力可以与摩擦力平衡；则小车做匀速运动时，则摩擦力的影响可以取消，此时，小车后面的纸带上的点应为均匀分布的，故C正确；（2）小车做匀速运动，则可分别量出各点间的距离分别为：OA=2.1cm； AB=2.5cm；BC=2.8cm； CD=2.8cm；DE=2.8cm；求出平均速度再求平均可得：•故BE段物体做匀速直线运动；则速度v==1.40m/s（3）由图象可知，W﹣v图象是抛物线，则W与v2成正比，所以应该画出W与v2图象进行分析，故B正确；（4）根据（3）分析可知，应该选择v2进行研究，故选A．故答案为：（1）C （2）1.40（3）B （4）图象如图 A16．【解答】解：（1）对物块：设物块受到竖直向下的重力mg，竖直向上的支持力N，因为物块刚滑到p点，根据牛顿第二定律： N﹣mg=解出：N=mg+根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力为：N′=N=mg+（2）物块从光滑圆弧轨道下滑过程中只有重力做功，设上升的竖直高度为h，根据动能定理：mgh=，解出：h=（3）设物块在平面p M上向右滑行的最大位移为x，根据动能定理：﹣Eqx=0﹣，解出：x=答：（1）物块刚滑到p点时对轨道的压力是mg+；（2）物块从光滑圆弧轨道下滑位置到地面的竖直高度是；（3）物块在平面p M上右滑行的最大位移是．17．【解答】解：（1）根据V﹣t图象和加速度定义式：（2）在0﹣4s内，在水平方向：F1﹣μmg=ma1解出：μ=0.2 （3）设前4s的位移为X，根据位移公式：=8m4s后的加速度为a2，则：F2﹣μmg=ma2解出：a2=﹣1m/s2物体4﹣6s内，根据位移公式：=6m物体在前8s内的位移X=x1+x2=14m 答：（1）物体在第2s末的加速度为1m/s2；（2）物体与水平面间的摩擦因数μ为0.2；（3）物体在前6s内的位移为14m．18．【解答】解：（1）、（2）导体棒上产生的电动势：E=BLv电阻上的电流：电压表上的电压：U=IR故：电压U=2V，t=5s时，代人数据，得；v=25m/s金属杆的加速度：金属杆运动速度随时间t的变化关系式：v=0+at=5t（3）金属杆上所受的安培力为：F安=BIL==0.5N设外力的大小为F．根据牛顿第二定律得：F﹣F安=ma外力F的功率：P=Fv=（F安+ma）v=（0.5+0.1×5）×25W=25W答：（1）属杆运动速度随时间t的变化关系式：v=5t m/s；（2）金属杆的加速度5m2/s；（3）第5秒末外力F的功率25W．19．【解答】解：（1）微粒在加速电场中由动能定理得：qu1=mv02解得：v0=1.0×104m/s（2）微粒在偏转电场中做类平抛运动，有：；而飞出电场时，速度偏转角的正切为：tanθ=解得θ=30°（3）进入磁场时微粒的速度是：v=③轨迹如图，由几何关系有：D=rsinθ+r④洛伦兹力提供向心力：Bqv=⑤由③～⑤联立得：B=代入数据解得：B=0.4T所以，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少为0.4T．答：（1）微粒进入偏转电场时的速度v0大小为1.0×104m/s；（2）微粒射出偏转电场时的偏转角θ为30°；（3）若该匀强磁场的宽度为D=cm，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少为0.4T．20．【解答】解：（1）子弹射入并穿出木块瞬间，设木块的速度为v2，取向右为正方向，由动量守恒定律有：mv0﹣Mv1=mu+Mv2代入数据解得，木块的速度：v2=3m/s，方向水平向右之后木块向右做匀减速运动，假设木块滑至传送带右端之前对地的速度为零，设此过程中木块对地的位移大小为X1，对木块向右减速为零的过程由动能定理：﹣μMgX1=0﹣解得：1=0.9m＜1m，因此，物块不会从右端离开传送带（2）通过上问分析可知，木块先向右匀减速运动直至对地速度为零，接着返回做匀加速运动．设匀减速运动的时间为t1，反向匀加速运动与传送带共速所走的位移大小为X2，所用的时间为t2对木块向右减速运动过程中由动量定理，取向右为正：﹣μMgt1=0﹣Mv2解得：t1=0.6s对木块向左加速运动的过程由动能定理：μMgX2=得X2=0.4m＜X1=0.9m，即物块到达传送带左端之前已共速对木块向左加速运动由动量定理，取向左为正：μMgt2=Mv1得t2=0.4s设子弹击穿木块过程中产生的热量为Q1：代入数据得Q1=872.5J木块向右减速过程中与传送带摩擦生热为Q2：Q2=μMg（v1t1+X1）代入数据得：Q2=10.5J木块向左加速过程中直至与传送带共速摩擦生热为Q3：Q3=μMg（v1t2﹣X2）代入数据得：Q3=2J所以系统所产生的总内能：Q=Q1+Q2+Q3=885J（3）子弹击穿木块后，设传送带由于传送木块多消耗的电能为△E电由能量守恒定律：得：△E电=10J答：（1）木块不能从传送带右端B点离开传送带；（2）在子弹击中木块到木块离开传送带的整个过程中，子弹、木块和传送带这一系统间所产生的总内能是885J；（3）子弹击中木块后，传送带由于传送木块多消耗的电能为10J．。