北大附中河南分校2016届高三物理一轮复习周测试题周练19Word版含答案

北大附中焦作校区2016届高三物理周测试卷（7）(考查范围：曲线运动万有引力与航天分值：100分)一．选择题（每题6分，共计72分，1—7题单项选择，8—12多项选择）1．如图所示，两轮用皮带传动，皮带不打滑，图中有A、B、C三点，这三点所在处半径r A＞r B＝r C，则这三点的向心加速度a A、a B、a C的关系是( )A．a A＝a B＝a C B．a C＞a A＞a BC．a C＜a A＜a B D．a C＝a B＞a A2．如图所示，物体A、B随水平圆盘绕轴匀速转动，物体B在水平方向所受的作用力有( )A．圆盘对B及A对B的摩擦力，两力都指向圆心B．圆盘对B的摩擦力指向圆心，A对B的摩擦力背离圆心C．圆盘对B及A对B的摩擦力和向心力D．圆盘对B的摩擦力和向心力3．动物世界中也进行“体育比赛”，在英国威尔士沿岸，海洋生物学家看到了令他们惊奇的一幕：一群海豚在水中将水母当球上演即兴“足球比赛”，如图所示．假设海豚先用身体将水母顶出水面一定高度h，再用尾巴水平拍打水母，使水母以一定的初速度v0沿水平方向飞出．水母落水前在水平方向的位移，由(不计空气阻力)( )A．水母质量、离水面高度h决定B．水母质量、水平初速度v0决定C．水母离水面高度h、水平初速度v0决定D．由水母质量、离水面高度h、水平初速度v0决定4．如图所示，一小钢球从平台上的A处以速度v0水平飞出．经t0时间落在山坡上B处，此时速度方向恰好沿斜坡向下，接着小钢球从B处沿直线自由滑下，又经t0时间到达坡上的C处．斜坡BC与水平面夹角为30°，不计摩擦阻力和空气阻力，则小钢球从A到C的过程中水平、竖直两方向的分速度v x、v y随时间变化的图像是( )5．冰面对溜冰运动员的最大静摩擦力为运动员重力的k倍，运动员在水平冰面上沿半径为R的圆做圆周运动，其安全速度为( )A．v＝k Rg B．v≤kRgC．v≤2kRg D．v≤ Rg k6．如图所示，倾斜轨道AC与有缺口的圆轨道BCD相切于C，圆轨道半径为R，两轨道在同一竖直平面内，D是圆轨道的最高点，缺口DB所对的圆心角为90°，把一个小球从斜轨道上某处由静止释放，它下滑到C点后便进入圆轨道，要想使它上升到D点后再落到B点，不计摩擦，则下列说法正确的是( )A．释放点须与D点等高B．释放点须比D点高R/4C ．释放点须比D 点高R /2D ．使小球经D 点后再落到B 点是不可能的7． 如右图所示，一根跨过光滑定滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员(可视为质点)，a 站于地面，b 从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态，当演员b 摆至最低点时，a 刚好对地面无压力，则演员a 的质量与演员b 的质量之比为( )A ．1∶1B ．2∶1C ．3∶1D ．4∶18．如图所示，光滑的水平轨道AB ，与半径为R 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于B 点，其中圆轨道在竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点．为使一质量为m 的小球以初速度v 0沿AB 运动，恰能通过最高点，则( ) A ．R 越大，v 0越大B ．R 越大，小球经过B 点后瞬间对轨道的压力越大C ．m 越大，v 0越大D ．m 与R 同时增大，初动能E k0增大9．(2014·合肥模拟)“北斗”系统中两颗工作卫星1和2在同一轨道上绕地心O 沿顺时针方向做匀速圆周运动，轨道半径为r ，某时刻它们分别位于轨道上的A 、B 两位置，如图所示．已知地球表面处的重力加速度为g ，地球半径为R ，不计卫星间的相互作 用力．以下判断中正确的是( )A ．这两颗卫星的向心加速度大小为a ＝R 2r2gB ．这两颗卫星的角速度大小为ω＝Rg rC ．卫星1由位置A 运动至位置B 所需的时间为t ＝πr3R r gD ．如果使卫星1加速，它就一定能追上卫星210．宇宙飞船绕地球做圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程，如图所示．已知地球的半径为R ，地球质量为M ，引力常量为G ，地球自转周期为T 0.太阳光可看作平行光，不考虑地球公转的影响，宇航员在A 点测出地球的张角为α，下列说法中正确的是( )A ．飞船的高度为Rsinα2 B ．飞船的线速度为GM sinα2RC ．飞船的周期为2πR 3GM sinα23D ．飞船每次“日全食”过程的时间为αT 02π11．(2015·泉州质检)如图所示，“嫦娥三号”从环月圆轨道Ⅰ上的P点实施变轨进入椭圆轨道Ⅱ，再由近月点Q开始进行动力下降，最后于2013年12月14日成功落月．下列说法正确的是( )A．其轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道Ⅰ运行的周期B．沿轨道Ⅰ运行至P点时，需制动减速才能进入轨道ⅡC．沿轨道Ⅱ运行时，在P点的加速度大于在Q点的加速度D．沿轨道Ⅱ运动时，由P点到Q点的过程中万有引力对其做正功12．宇宙中的有些恒星可组成双星系统．它们之间的万有引力比其他恒星对它们的万有引力大得多，因此在研究双星的运动时，可以忽略其他星球对它们的作用．已知S1和S2构成一个双星，它们在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点O做匀速圆周运动．S1的质量是S2质量的k倍(k>1)，下列判断正确的是( )A．S1、S2的角速度之比为1∶kB．S1、S2的线速度之比为1∶kC．S1、S2的加速度之比为1∶kD．S1、S2所受的向心力大小之比为k∶1三．计算题13．(10分)如图所示，细绳一端系着质量为M＝0.6 kg的物体，静止在水平面上，另一端通过光滑小孔吊着质量m＝0.3 kg的物体，M的中点与圆孔距离为0.2 m，并知M和水平面的最大静摩擦力为2 N．现使此平面绕中心轴线转动，问角速度ω在什么范围内m 处于静止状态(g取10 m/s2)?14．（18）光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图所示装置，其中直轨道bc粗糙，直轨道cd光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧。

2015-2016学年北大附中河南分校高三（上）周测物理试卷（14）一、选择题（本题共10小题，每题4分，共40分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内）1．如图所示，现有甲、乙、丙三个电动势E相同而内阻r不同的电源．有这三个电源分别给定值电阻R供电，已知它们的阻值大小关系为R＞r甲＞r乙＞r丙，则将R先后接在这三个电源上时的情况相比较，下列说法正确的是（）A．接在甲电源上时，电源内阻消耗的功率最大B．接在乙电源上时，电源的总功率最大C．接在丙电源上时，电源的输出功率最大D．接在甲电源上时，电源的输出功率最大2．如图所示，厚薄均匀的长方体金属片，边长ab=10cm，bc=5cm，当A与B间接入的电压为U时，电流为1A，当C与D间接入的电压为U时，其电流为（）A．4 A B．2 A C．0.5 A D．0.25 A3．如图所示，电源E的电动势为3.2V，电阻R的阻值为30Ω，小灯泡L的额定电压为3.0V，额定功率为4.5W，当开关S接位置1时，电压表读数为3V，那么当开关S接位置2时，小灯泡L的发光情况是（）A．很暗，甚至不亮 B．正常发光C．不正常发光略亮 D．有可能被烧坏4．在高速公路隧道内两侧的电灯泡不易更换，为了延长电灯泡的使用寿命，一个接口处通常安装两个完全相同的灯泡，下列说法正确的是（）A．两个灯泡串联B．两个灯泡并联C．每个灯泡实际消耗的功率是其额定功率的四分之一D．每个灯泡实际消耗的功率小于其额定功率的四分之一5．温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱等家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性来工作的．如图甲所示，电源的电动势E=9.0V，内阻不计；G为灵敏电流表，内阻R g保持不变；R为热敏电阻，其电阻阻值与温度的变化关系如图乙所示．闭合开关S，当R的温度等于20℃时，电流表示数I1=2mA；当电流表的示数I2=3.6mA时，热敏电阻的温度是（）A．60℃ B．80℃ C．100℃ D．120℃6．如图所示，闭合开关S后，A灯与B灯均发光，当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，以下说法中正确的是（）A．A灯变亮 B．B灯变亮C．电源的输出功率可能减小 D．电源的总功率增大7．如图所示，将平行板电容器两极板分别与电池的正、负极相接，两板间一带电微粒恰好处于静止状态，现将下极板向上平移一小段距离，则在此过程中下列说法中正确的是（）A．电容器的带电荷量变大B．电路中有顺时针方向的短暂电流C．带电微粒仍将静止D．带电微粒将向下做加速运动8．把六个相同的小灯泡接成如图甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P甲和P乙表示，则下列结论中正确的是（）A．P甲=P乙B．P甲=3P乙C．P乙=3P甲D．P乙＞3P甲9．现有经过精确校准的电压表V1和V2，当分别用来测量某线路中电阻R两端a、b间的电压时，如图所示，读数分别为12.7V和12.3V，则①a、b间的实际电压略大小12.7V②a、b间的实际电压略小于12.3V③电压表V1的内阻大于V2的内阻④电压表V1的内阻小于V2的内阻（）A．①③ B．②④ C．①④ D．②③10．如图是一位同学设计的防盗门报警器的简化电路示意图．门打开时，红外光敏电阻R3受到红外线照射，电阻减小；门关闭时会遮蔽红外线源（红外线源没有画出）．经实际试验，灯的亮灭的确能反映门的开、关状态．门打开时两灯的发光情况以及R2两端电压U R2与门关闭时相比（）A．红灯亮，U R2变大 B．绿灯亮，U R2变大C．绿灯亮，U R2变小 D．红灯亮，U R2变小二、填空题（本题共3小题，每题10分，共30分）11．在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：待测金属丝：Rx（阻值约4Ω，额定电流约0.5A）；电压表：V（量程3V，内阻约3kΩ）；电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2Ω）；电流表：A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；电源：E1（电动势3V，内阻不计）；E2（电动势12V，内阻不计）；滑动变阻器：R（最大阻值约20Ω）；螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．①用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图1所示，读数为mm．②若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选、电源应选（均填器材代号），③在图2虚线框内完成电路原理图．12．用下列器材，测定小灯泡的额定功率A．待测小灯泡：额定电压6V，额定功率约为5WB．电流表：量程1.0A，内阻约为0.5ΩC．电压表：量程3V，内阻5kΩD．滑动变阻器R：最大阻值为20Ω，额定电流1AE．电源：电动势8V，内阻很小F．定值电阻R0：阻值为10kΩG．开关一个，导线若干回答下列问题：（1）实验中，电流表应采用（选填“内”或“外”）接法；（2）在方框中完成实验电路图；（3）实验中，电压表的示数为V时，即可测定小灯泡的额定功率．13．为了测定电源电动势E、内电阻r的大小并同时描绘出小灯泡的伏安特性曲线，某同学设计了如图甲所示的电路．闭合开关，调节电阻箱的阻值，同时记录电阻箱的阻值R电压表V的示数U1，电压表V的示数U2．根据记录数据计算出流过电阻箱的电流I，分别描绘了a、b两条U﹣I图线，如图乙所示．请回答下列问题：（1）写出流过电阻箱的电流的表达式：；（2）小灯泡两端电压随电流变化的图象是（选填“a”或“b”）；（3）根据图乙可以求得电源的电动势E= V，内电阻r= Ω，该电路中小灯泡消耗的最大功率为W．三、解答题（共3小题，满分30分）14．如图所示，在相距40km的A、B两地架两条输电线，电阻共为800Ω，如果在A、B间的某处发生短路，这时接在A处的电压表示数为10V，电流表的示数为40mA，求发生短路处距A处有多远？15．某课外小组设计了一种测定风速的装置，其原理如图所示，一个劲度系数k=1300N/m，自然长度L0=0.5m弹簧一端固定在墙上的M点，另一端N与导电的迎风板相连，弹簧穿在光滑水平放置的电阻率较大的金属杆上，弹簧是不导电的材料制成的．迎风板面积S=0.5m2，工作时总是正对着风吹来的方向．电路的一端与迎风板相连，另一端在M点与金属杆相连．迎风板可在金属杆上滑动，且与金属杆接触良好．定值电阻R=1.0Ω，电源的电动势E=12V，内阻r=0.5Ω．闭合开关，没有风吹时，弹簧处于原长，电压表的示数U1=3.0V，某时刻由于风吹迎风板，电压表的示数变为U2=2.0V．（电压表可看作理想表）求（1）金属杆单位长度的电阻；（2）此时作用在迎风板上的风力．16．在如图所示的电路中，R1是由某金属氧化物制成的导体棒，实验证明通过它的电流I和它两端的电压U遵循I=kU3的规律（式中k=0.02A/V3），R2是普通电阻，阻值为24Ω，遵循欧姆定律，电源电动势E=6V，闭合开关S后，电流表的示数为0.16A．试求：（1）R1两端的电压；（2）电源的内电阻r；（3）R1、R2和r上消耗的电功率P1、P2和P r．2015-2016学年北大附中河南分校高三（上）周测物理试卷（14）参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每题4分，共40分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内）1．如图所示，现有甲、乙、丙三个电动势E相同而内阻r不同的电源．有这三个电源分别给定值电阻R供电，已知它们的阻值大小关系为R＞r甲＞r乙＞r丙，则将R先后接在这三个电源上时的情况相比较，下列说法正确的是（）A．接在甲电源上时，电源内阻消耗的功率最大B．接在乙电源上时，电源的总功率最大C．接在丙电源上时，电源的输出功率最大D．接在甲电源上时，电源的输出功率最大【考点】电功、电功率．【分析】根据闭合电路欧姆定律分析同一电阻接到不同电源上时电流的大小，再由公式P=EI 分析电源的电功率大小．【解答】解：AC、三个电源的电动势E相等，而内阻r甲＞r乙＞r丙，根据闭合电路欧姆定律I=得知，接在甲电源上时，电路的电流最小，外电压最小，内电压最大，电源内阻消耗的功率最大，外电阻的功率最小，丙的内阻最小，电源的输出功率最大．故A、C正确．BD、内阻r甲＞r乙＞r丙，接在丙电源上时，电源的电流最大，根据P=EI可知，此时的电源的总功率最大，所以BD错误；故选AC2．如图所示，厚薄均匀的长方体金属片，边长ab=10cm，bc=5cm，当A与B间接入的电压为U时，电流为1A，当C与D间接入的电压为U时，其电流为（）A．4 A B．2 A C．0.5 A D．0.25 A【考点】电阻定律；闭合电路的欧姆定律．【分析】根据电阻定律求出在两种情况下的电阻之比，抓住电压相等，通过欧姆定律求出电流之比．【解答】解：当A、B间接入电压，根据电阻定律知，，当C与D间接入电压，，则，根据欧姆定律得，I=，因为电压相等，电阻之比为4：1，则电流之比为1：4，所以当C与D间接入的电压为U时，其电流为4A．故A正确，B、C、D错误．故选：A．3．如图所示，电源E的电动势为3.2V，电阻R的阻值为30Ω，小灯泡L的额定电压为3.0V，额定功率为4.5W，当开关S接位置1时，电压表读数为3V，那么当开关S接位置2时，小灯泡L的发光情况是（）A．很暗，甚至不亮 B．正常发光C．不正常发光略亮 D．有可能被烧坏【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【分析】灯泡的电阻不变，发光情况根据实际电流如何变化来判断．当开关接1时，根据闭合欧姆定律，得到电动势与内阻的关系，再根据闭合电路欧姆定律，研究开关接2时，灯泡的电流与额定电流比较，确定发光情况．【解答】解：灯泡的额定电流I L==A=1.5A，电阻R L==Ω=2Ω当开关接1时，电阻R的电流I==A=0.1A，根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir=3+0.1r；当开关接2时，灯泡电流I L′=＜1A，小于灯泡的额定电流，实际功率小于额定功率，则灯泡很暗，甚至不亮．故A正确，BCD错误．故选：A4．在高速公路隧道内两侧的电灯泡不易更换，为了延长电灯泡的使用寿命，一个接口处通常安装两个完全相同的灯泡，下列说法正确的是（）A．两个灯泡串联B．两个灯泡并联C．每个灯泡实际消耗的功率是其额定功率的四分之一D．每个灯泡实际消耗的功率小于其额定功率的四分之一【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．【分析】根据串联、并联电路电压的特点，分析灯泡的实际电压与额定电压的关系，判断能否延长电灯泡的使用寿命．【解答】解：A、两个灯泡串联，每个灯泡承受的电压为U=，低于额定电压，灯泡不易损坏．故A正确．B、两个灯泡并联，每个灯泡承受的电压为U=220V，仍等于灯泡的额定电压，灯泡正常工作，不能延长电灯泡的使用寿命．故B错误．C、D由P=，两个灯泡串联时，U变为原来的，由于灯丝较正常发光时温度偏低，故灯丝电阻较正常发光时小，所以每个灯泡实际消耗的功率大于其额定功率的四分之一．故CD 错误．故选A5．温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱等家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性来工作的．如图甲所示，电源的电动势E=9.0V，内阻不计；G为灵敏电流表，内阻R g保持不变；R为热敏电阻，其电阻阻值与温度的变化关系如图乙所示．闭合开关S，当R的温度等于20℃时，电流表示数I1=2mA；当电流表的示数I2=3.6mA时，热敏电阻的温度是（）A．60℃ B．80℃ C．100℃ D．120℃【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】闭合开关S，当R的温度等于20℃时，电流表示数I1=2mA，根据闭合电路欧姆定律可求得电流表的内阻R g；当电流表的示数I2=3.6mA时，根据闭合电路欧姆定律可求R，由图读出温度．【解答】解：已知：电源电源的电动势E=9.0V，I1=2mA=0.002A，I2=3.6mA=0.0036A；由图象知，当R的温度等于20℃时，热敏电阻的阻值R=4000Ω，由串联电路特点及闭合电路欧姆定律得：E=I1（R+R g），即9.0V=0.002A×，解得R g=500Ω．当电流I2=0.0036A时，由串联电路特点及欧姆定律得：EU=I2（R′+R g）即：9.0V=0.0036A×（R′+500Ω），解得：R′=2000Ω；由图象知，此时热敏电阻的温度t=120℃．故选：D．6．如图所示，闭合开关S后，A灯与B灯均发光，当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，以下说法中正确的是（）A．A灯变亮 B．B灯变亮C．电源的输出功率可能减小 D．电源的总功率增大【考点】电功、电功率．【分析】通过总电阻的变化，结合电源电动势和内阻不变，求出总电流的变化，从而得出外电压的变化，结合灯泡B电压的变化得出灯泡A电压的变化．【解答】解：A、当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，总电阻增大，则总电流减小，所以B 灯变暗；内电压减小，则外电压增大，灯泡B的电压减小，则并联部分的电压增大，则灯泡A变亮．故A正确，B错误．C、电源的输出功率与内阻和外阻的关系有关，当内阻小于外阻，外阻增大时，输出功率减小，当内阻大于外阻，外阻增大时，输出功率增大，外阻等于内阻时，电源的输出功率最大．故C正确．D、根据P=EI知，电源的总功率减小．故D错误．故选AC．7．如图所示，将平行板电容器两极板分别与电池的正、负极相接，两板间一带电微粒恰好处于静止状态，现将下极板向上平移一小段距离，则在此过程中下列说法中正确的是（）A．电容器的带电荷量变大B．电路中有顺时针方向的短暂电流C．带电微粒仍将静止D．带电微粒将向下做加速运动【考点】电容．【分析】电容器始终与电源相连，则两端电势差不变，根据电容的变化判断电荷量的变化，从而确定电流的方向．【解答】解：电容器始终与电源相连，知道两端的电势差不变，现将下极板向上平移一小段距离，根据C=知，电容增大，则Q=CU，知电荷量增大．电路中有逆时针方向的短暂电路．由于电势差不变，d减小，则电场强度增大，即带电粒子所受的电场力增大，粒子向上做加速运动．故A正确，B、C、D错误．故选A．8．把六个相同的小灯泡接成如图甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P甲和P乙表示，则下列结论中正确的是（）A．P甲=P乙B．P甲=3P乙C．P乙=3P甲D．P乙＞3P甲【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．【分析】电路所消耗的总功率的大小等于电路两端的总的电压与总电流的乘积，由此即可直接得出结论．【解答】解：设灯泡正常发光时的电流为I，对于甲图，电路的总的电流为3I，此时甲的总功率的大小为P甲=U•3I，对于乙图，电流的总电流的大小就为I，此时乙的总功率的大小为P乙=U•I，所以P甲=3P乙，所以B正确．故选：B．9．现有经过精确校准的电压表V1和V2，当分别用来测量某线路中电阻R两端a、b间的电压时，如图所示，读数分别为12.7V和12.3V，则①a、b间的实际电压略大小12.7V②a、b间的实际电压略小于12.3V③电压表V1的内阻大于V2的内阻④电压表V1的内阻小于V2的内阻（）A．①③ B．②④ C．①④ D．②③【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】本题中电压表不是理想电表，根据欧姆定律和串并联规律不能得出接入电压表后电路两端的电压小于没接入电压表时电路两端的实际电压，即电压表内阻越大电压表的示数越接近电路两端的实际电压．【解答】解：并联电压表后，使a、b间的电阻变小，从而使a、b间的电压变小，即电压表的示数比a、b间没有接电压表时的实际电压略小些，而且，电压表的内阻越大，电压表的示数越大，越接近于a、b间没接电压表时的实际值．故电压表V1的内阻较大，a、b间的实际电压略大于12.7 V．故①③正确，故A正确，BCD错误．故选：A10．如图是一位同学设计的防盗门报警器的简化电路示意图．门打开时，红外光敏电阻R3受到红外线照射，电阻减小；门关闭时会遮蔽红外线源（红外线源没有画出）．经实际试验，灯的亮灭的确能反映门的开、关状态．门打开时两灯的发光情况以及R2两端电压U R2与门关闭时相比（）A．红灯亮，U R2变大 B．绿灯亮，U R2变大C．绿灯亮，U R2变小 D．红灯亮，U R2变小【考点】闭合电路的欧姆定律；常见传感器的工作原理．【分析】当门打开时，R3受红外线照射，电阻减小，分析总电阻的变化，由欧姆定律分析总电流的变化，判断哪个灯亮．再由欧姆定律分析U R2的变化．【解答】解：当门打开时，R3受红外线照射，电阻减小，从而使并联电路电阻减小，总电阻减小，总电流I=增大，R2两端电压U R2=E﹣I（R1+r）减小，R2中电流I R2=减小，所以R3中电流I3=I﹣I R2增大，线圈产生的磁场增强，把街铁吸引，红灯亮．故选D二、填空题（本题共3小题，每题10分，共30分）11．在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：待测金属丝：Rx（阻值约4Ω，额定电流约0.5A）；电压表：V（量程3V，内阻约3kΩ）；电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2Ω）；电流表：A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；电源：E1（电动势3V，内阻不计）；E2（电动势12V，内阻不计）；滑动变阻器：R（最大阻值约20Ω）；螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．①用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图1所示，读数为 1.770 mm．②若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选A1、电源应选E1（均填器材代号），③在图2虚线框内完成电路原理图．【考点】测定金属的电阻率．【分析】（1）螺旋测微器精确度为0.01mm，需要估读，读数时注意半毫米刻度线是否露出．（2）合理选择实验器材，先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的原则选择待选器材．电流表的接法要求大电阻内接法，小电阻外接法．滑动变阻器是小电阻控制大电阻，用分压式接法．（3）滑动变阻器采用限流式，安培表用外接法．【解答】解：（1）从图中读出金属丝的直径为d=1.5mm+27.0×0.01mm=1.770mm；（2）电压表量程3V，故电源选E1，最大电流读数I≈=0.75A，为使电流表指针偏转角度超过，故电流表选A1；（3）滑动变阻器采用限流式；安培表电阻较小，大内小外，故安培表用外接法；电路如图所示：故答案为：1.770 （1.768﹣1.772）；②A1、E1；③在虚线框内完成电路原理图，如上图所示．12．用下列器材，测定小灯泡的额定功率A．待测小灯泡：额定电压6V，额定功率约为5WB．电流表：量程1.0A，内阻约为0.5ΩC．电压表：量程3V，内阻5kΩD．滑动变阻器R：最大阻值为20Ω，额定电流1AE．电源：电动势8V，内阻很小F．定值电阻R0：阻值为10kΩG．开关一个，导线若干回答下列问题：（1）实验中，电流表应采用外（选填“内”或“外”）接法；（2）在方框中完成实验电路图；（3）实验中，电压表的示数为 2 V时，即可测定小灯泡的额定功率．【考点】伏安法测电阻．【分析】①根据灯泡电阻与电流表电压表的电阻大小可得出电流表的接法；分析滑动变阻器与灯泡的电阻的大小关系可得出滑动变阻器的接法；②由以上分析可知滑动变阻器及电流表的接法，本题选用分压限流均可．③由串联电路的分压规律可知电压表的示数．【解答】解：①由功率公式可得，灯泡电阻R L==7.2Ω；故＞，故电流表应采用外接法；滑动变阻器的最大电阻为20Ω，大于灯泡内阻，故可以采用限流接法；分压也可以．②由以上分析可知，电路采用限流；由于电压表量程只有3V，而灯泡额定电压为6V，故应将电压表与定值电阻串联充当电压表；故电路如图③串联电路中电流相等，分压之比等于电阻之比，故灯泡与电源的电压之比等于1：2；故当灯泡两端电压为6V时，电压表示数为2V；故答案为：①外②电路如右图③213．为了测定电源电动势E、内电阻r的大小并同时描绘出小灯泡的伏安特性曲线，某同学设计了如图甲所示的电路．闭合开关，调节电阻箱的阻值，同时记录电阻箱的阻值R电压表V的示数U1，电压表V的示数U2．根据记录数据计算出流过电阻箱的电流I，分别描绘了a、b两条U﹣I图线，如图乙所示．请回答下列问题：（1）写出流过电阻箱的电流的表达式：I=；（2）小灯泡两端电压随电流变化的图象是 b （选填“a”或“b”）；（3）根据图乙可以求得电源的电动势E= 3 V，内电阻r= 2 Ω，该电路中小灯泡消耗的最大功率为 1 W．【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】由电路图可知，灯泡与电阻箱串联，电压表V1测灯泡电压，电压表V2测路端电压；（1）由串联电路特点求出电阻箱两端电压，然后由欧姆定律求出电流表达式．（2）根据串联电路特点分析判断哪个图象是灯泡电压随电流变化的图象．（3）电源的U﹣I图象与纵轴的交点坐标是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻．由图象找出灯泡的最大电流与最大电压，由P=UI求出最大功率．【解答】解：（1）电阻箱两端电压U R=U2﹣U1，通过电阻箱的电流I=；（2）灯泡与电阻箱串联，电压表V1测灯泡电压，灯泡两端电压随电流增大而增大，由图乙所示图象可知，图线b是灯泡电压随电流变化的关系图象．（3）随电流增大，路端电压减小，由图乙所示图象可知，图线a是电源的U﹣I图象，由图线a可知，电源电动势E=3.0V，电源内电阻r===2Ω；由图线a可知，灯泡两端最大电压为2V，电流为0.5A，灯泡最大功率P=UI=2V×0.5A=1W．故答案为：（1）I=；（2）b；（3）3；2；1．三、解答题（共3小题，满分30分）14．如图所示，在相距40km的A、B两地架两条输电线，电阻共为800Ω，如果在A、B间的某处发生短路，这时接在A处的电压表示数为10V，电流表的示数为40mA，求发生短路处距A处有多远？【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】知道电压表的示数和电流表的示数，利用欧姆定律求出导线的总电阻，再根据电阻定律，确定出短路的地点离A处的距离．【解答】解：设发生短路处距A处距离为x m．根据欧姆定律可得，导线总电阻：R x==Ω=250Ω又R x=ρ；R总=ρ解得x=l=×40 km=12.5 km答：发生短路处距A处有12.5 km．15．某课外小组设计了一种测定风速的装置，其原理如图所示，一个劲度系数k=1300N/m，自然长度L0=0.5m弹簧一端固定在墙上的M点，另一端N与导电的迎风板相连，弹簧穿在光滑水平放置的电阻率较大的金属杆上，弹簧是不导电的材料制成的．迎风板面积S=0.5m2，工作时总是正对着风吹来的方向．电路的一端与迎风板相连，另一端在M点与金属杆相连．迎风板可在金属杆上滑动，且与金属杆接触良好．定值电阻R=1.0Ω，电源的电动势E=12V，内阻r=0.5Ω．闭合开关，没有风吹时，弹簧处于原长，电压表的示数U1=3.0V，某时刻由于风吹迎风板，电压表的示数变为U2=2.0V．（电压表可看作理想表）求（1）金属杆单位长度的电阻；（2）此时作用在迎风板上的风力．【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】（1）定值电阻R与金属杆串联，当无风时，根据电压表示数，应用闭合欧姆定律求出电流，再根据公式R=求出金属杆接入电路的电阻．（2）根据有风时电压表示数可用第1题的方法求出金属杆接入电路的电阻，由电阻再求出此时弹簧的长度，根据胡克定律F=Kx，求出风力．【解答】解：（1）无风时，金属杆电阻R L=解得：R L=0.5Ω单位长度电阻 r0===1Ω/m（2）有风时 U2= ER2=0.3Ω此时弹簧长度L===0.3mx=L0﹣L=0.5﹣0.3=0.2m由平衡，此时风力：F=kx=1300×0.2=260N答：（1）金属杆单位长度的电阻为1Ω/m；（2）此时作用在迎风板上的风力为260N．16．在如图所示的电路中，R1是由某金属氧化物制成的导体棒，实验证明通过它的电流I和它两端的电压U遵循I=kU3的规律（式中k=0.02A/V3），R2是普通电阻，阻值为24Ω，遵循欧姆定律，电源电动势E=6V，闭合开关S后，电流表的示数为0.16A．试求：（1）R1两端的电压；（2）电源的内电阻r；（3）R1、R2和r上消耗的电功率P1、P2和P r．【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】（1）根据通过R1的电流I和它两端的电压U遵循I=kU3的规律，求出R1两端的电压．（2）根据欧姆定律求出R2的电压，从而得出内电压，根据r=求出内电阻．（3）根据P1=U1I求出R1上的电功率，根据P2=I2R2，P r=I2r求出R2和r上消耗的电功率．【解答】解：（1）由I=kU3得U==v=2V故R1两端的电压为2V．（2）根据闭合电路的欧姆定律有E=U+IR2+Irr==﹣R2=Ω﹣24Ω=1Ω故内阻r为1Ω．（3）P1=IU=0.16×2W=0.32WP2=I2R2=0.162×24W=0.61WP r=I2r=0.162×1W=0.026W故R1、R2和r上消耗的电功率P1、P2和P r分别为0.32W，0.61W，0.026W．。

第十二周周练（静电场）第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(本题共10小题，每题4分，共40分、有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1、如图所示，把一个不带电的枕形导体靠近带正电的小球，由于静电感应，在a 、b 两端分别出现负、正电荷，则以下说法正确的是( )A 、闭合S 1，有电子从枕形导体流向地B 、闭合S 2，有电子从枕形导体流向地C 、闭合S 1，有电子从地流向枕形导体D 、闭合S 2，没有电子通过S 22、如下图甲所示，A 、B 是某电场中一条电场线上的两点、一个带负电的点电荷仅受电场力作用，从A 点沿电场线运动到B 点、在此过程中，该点电荷的速度v 随时间t 变化的规律如图乙所示、下列说法中正确的是( )A 、A 点的电场强度比B 点的大B 、A 、B 两点的电场强度相等C 、A 点的电势比B 点的电势高D 、A 点的电势比B 点的电势低3、某电场的电场线分布如图所示，电场中有A 、B 两点，则以下判断正确的是( )A 、A 点的电场强度大于B 点的电场强度，B 点的电势高于A 点的电势B 、若将一个电荷由A 点移到B 点，电荷克服电场力做功，则该电荷一定为负电荷C 、一个负电荷处于A 点的电势能大于它处于B 点的电势能D 、若将一个正电荷由A 点释放，该电荷将在电场中做加速度减小的加速运动4、如图所示，有的计算机键盘的每一个键下面是一小块金属片，与该金属片隔有空气间隙的是另一块小的固定金属片、这两块金属片组成一个小电容器、该电容器的电容C 可用公式C ＝E S d计算，式中常量E ＝9×10－12 F·m －1，S 表示金属片的正对面积，d 表示两金属片间的距离、当键被按下时，此小电容器的电容发生变化，与之相连的电子线路就能检测出是哪个键被按下了，从而给出相应的信号、设每个金属片的正对面积为54 mm 2，键未按下时两金属片的距离为0.6 mm.如果电容变化0.25 pF ，电子线路恰能检测出必要的信号，则键至少需要被按下( )A 、0.15 mmB 、0.25 mmC 、0.35 mmD 、0.45 mm5、(2013·江西六校联考)真空中，两个相距L 的固定点电荷P 、Q 所带电荷量分别为Q P 和Q Q ，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向，电场线上标出了M 、N 两点，其中N 点的切线与PQ 连线平行，且∠NPQ >∠NQP ，则( )A 、P 带正电，Q 带负电，且Q P >Q QB 、在M 点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N 点C 、过N 点的等势面与过N 点的切线垂直D 、负检验电荷在M 点的电势能大于在N 点的电势能6、(2013·辽宁大连双基测试)如图所示，在等量异种点电荷＋Q 和－Q 的电场中，有一个正方形OABC ，其中O 点为两电荷连线的中点、下列说法正确的是( )A 、A 点电场强度比C 点的电场强度大B 、A 点电势比B 点的电势高C 、将相同的电荷放在O 点与C 点电势能一定相等D 、移动同一正电荷，电场力做的功WCB ＝W OA7、(2013·福建龙岩质检)如图所示，竖直平面内的同心圆是一点电荷在真空中形成电场的一簇等势线，一带正电的小球从A 点静止释放，沿直线到达C 点时速度为零，以下说法正确的是( )A 、此点电荷为负电荷B 、电场强度E A >E B >E CC 、电势φA >φB >φ CD 、小球在A 点的电势能小于在C 点的电势能8、(2013·东北四校一模)如图所示，质量为m 、半径为R 的圆形光滑绝缘轨道放在水平地面上固定的M 、N 两竖直墙壁间，圆形轨道与墙壁间摩擦忽略不计，在轨道所在平面加一竖直向上的场强为E 的匀强电场、P 、Q 两点分别为轨道的最低点和最高点，在P 点有一质量为m ，电荷量为q 的带正电的小球，现给小球一初速度v 0，使小球在竖直平面内做圆周运动，不计空气阻力，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A 、小球通过P 点时对轨道一定有压力B 、小球通过P 点时的速率一定大于通过Q 点时的速率C 、从P 到Q 点的过程中，小球的机械能一定增加D 、若mg >qE ，要使小球能通过Q 点且保证圆形轨道不脱离地面，速度v 0应满足的关系是：5gR －5qER m ≤v 0<6gR －5qER m9.如图所示，在平行于xOy 平面的区域内存在着电场，一个正电荷沿直线先后从C 点移动到A 点和B 点，在这两个过程中，均需要克服电场力做功，且做功的数值相等、下列说法正确的是A 、A 、B 两点在同一个等势面上B 、B 点的电势低于C 点的电势C 、该电荷在A 点的电势能大于在C 点的电势能D 、这一区域内的电场可能是在第Ⅳ象限内某位置的一个正点电荷所产生的10.质量为m 的物块，带电荷量为＋Q ，开始时让它静止在倾角α＝60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为E ＝3mg /Q 的匀强电场中，如图所示，斜面高为H ，释放物块后，物块落地时的速度大小为( )A、2gH B.52gH C、22gH D、223gH第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、填空题(本题共2小题，每题8分，共16分)11、(2011·上海单科)如图，在竖直向下，场强为E的匀强电场中，长为l的绝缘轻杆可绕固定轴O在竖直面内无摩擦转动，两个小球A、B固定于杆的两端，A、B的质量分别为m1和m2(m1<m2)，A带负电，电量为q1，B带正电，电量为q2.杆从静止开始由水平位置转到竖直位置，在此过程中电场力做功为_______，在竖直位置处两球的总动能为___________、12.某研究性学习小组设计了以下方法来测量物体的带电量、如图所示的小球是一个外表面镀有金属膜的空心塑料球，用绝缘丝线悬挂于O点，O点固定一个可测量丝线偏离竖直方向角度α的量角器，M、N是两块相同的、正对着竖直平行放置的金属板(加上电压后其内部电场可看作匀强电场)、另外还要用到的器材有天平、刻度尺、电压表、直流电流表、开关、滑动变阻器及导线若干、该小组的实验步骤如下，请你帮助该小组完成：(1)用天平测出小球的质量m，按如上图所示进行器材的安装，并用刻度尺测出M、N板之间的距离d，使小球带上一定的电量、(2)连接电路(请在图中的虚线框中画出实验所用的电路图，电源、开关已经画出)、(3)闭合开关，调节滑动变阻器滑片的位置，读出多组相应的电压表的示数和丝线的偏转角度θ.(4)以电压U为纵坐标，以________为横坐标作出过原点的直线，求出直线的斜率k.(5)小球的带电量q＝________.(用m、d、k等物理量表示)三、计算题(本题共4小题，13、14题各10分，15、16题各12分，共44分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13.在点电荷Q产生的电场中有a，b两点，相距为d，已知a点的场强大小为E，方向与ab连线成30°角，b点的场强方向与ab连线成120°角，如图所示，则b点的场强大小为多大？a，b两点电势哪点更高？14.如图所示，A、B两块带异号电荷的平行金属板间形成匀强电场，一电子以v0＝4×106 m/s的速度垂直于场强方向沿中心线由O点射入电场，从电场右侧边缘C点飞出时的速度方向与v0方向成30°的夹角、已知电子电荷量e＝1.6×10－19 C，电子质量m＝0.91×10－30 kg，求(1)电子在C点时的动能是多少？(2)O、C两点间的电势差大小是多少？15、(2011·福建理综)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似、如图所示，在虚线MN 两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A 点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A 、B 两点间往返运动、已知电场强度的大小分别是E 1＝2.0×103 N/C 和E 2＝4.0×103 N/C ，方向如右图所示，带电微粒质量m ＝1.0×10－20kg ，带电量q ＝－1.0×10－9C ，A 点距虚线MN 的距离d 1＝1.0 cm ，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应、求：(1)B 点距虚线MN 的距离d 2；(2)带电微粒从A 点运动到B 点所经历的时间t .16、(2012·四川理综)如下图所示，ABCD 为固定在竖直平面内的轨道，AB 段光滑水平，BC 段为光滑圆弧，对应的圆心角θ＝37°，半径r ＝2.5 m ，CD 段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E ＝2×105N/C 、方向垂直于斜轨向下的匀强电场、质量m ＝ 5×10－2 kg 、电荷量q ＝＋1×10－6C 的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C 点以速度v 0＝3 m/s 冲上斜轨、以小物体通过C 点时为计时起点，0.1 s 以后，场强大小不变，方向反向、已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ＝0.25.设小物体的电荷量保持不变，取g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求弹簧枪对小物体所做的功；(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P ，求CP 的长度、参考答案：1解析：在S 1、S 2都闭合前，对于枕形导体它的电荷是守恒的，a 、b 出现的负、正电荷等量、当闭合S 1、S 2中的任何一个以后，便把导体与大地连通，使大地也参与了电荷转移、因此，导体本身的电荷不再守恒，而是导体与大地构成的系统中电荷守恒、由于静电感应，a 端仍为负电荷，大地远处感应出等量正电荷，因此无论闭合S 1还是S 2，都是有电子从大地流向导体、答案：C2解析：由点电荷的速度v 随时间t 变化的规律可知，带负电的点电荷是做加速度逐渐增大的减速运动，故A 点的电场强度比B 点的小，负电荷的动能减小，电势能增加，对应位置的电势减小，因此C 对、答案：C3解析：电场线密集处电场强度大，沿电场线的方向电势逐渐降低，所以A 对；逆着电场线方向移动电荷，电场力对正电荷做负功，对负电荷做正功，B 错；负电荷在电势高的地方的电势能小，正电荷在电势高的地方的电势能大，故C 对；正电荷由A 点释放，它将向图中电场线密集处运动，加速度增大，D 错、答案：AC4解析：由C ＝E S d得C 1＝ES /d 1，① C 2＝ES /d 2②又C 2－C 1＝0.25×10－12 F ③解①②③得：d 1－d 2＝Δd ＝0.15 mm.故A 项正确、答案：A5解析：由电场线方向可知，P 带正电，Q 带负电，如图所示，N 点电场强度由平行四边形可知，Q P <Q Q ，选项A 错，因电场线是曲线，故选项B 错；由电场线与等势面垂直可知，过N 点的等势面与过N 点的切线垂直，选项C 对；负检验电荷在电势高的地方电势能反而小，故选项D 错、答案：C6解析：由等量异种点电荷的电场线分布知A 点电场强度大于C 点电场强度，选项A 正确；由等量异种点电荷的等势面分布知A 点电势低于B 点电势，选项B 错误；O 、C 两点在同一等势面上，故相同的电荷在O 、C 两点处的电势能相等，选项C 正确；A 点电势低于B 点电势，O 点电势等于C 点电势，且O 、C 为高电势点，故移动同一正电荷，电场力做功W CB <W OA ，选项D 错误、答案：AC7解析：一带正电的小球从A 点静止释放，沿直线到达C 点时速度为零，说明电场方向由C 点指向A 点，此点电荷为正电荷，选项A 错误；从图可以看出C 点的电场线的密集程度大于A 点的密集程度，故C 点的电场强度大于A 点的电场强度，且E C >E B >E A ，选项B 错误；沿电场线的方向电势逐渐降低，C 点的电势高于A 点的电势，φC >φB >φA ，选项C 错误；电场方向由C 点指向A 点，带正电小球从A 点静止释放，沿直线到达C 点，电场力做负功，电势能增加，小球在A 点的电势能小于在C 点的电势能，选项D 正确、答案：D8解析：若电场力大于重力的情况下，小球通过P 点时轨道可能没有压力，小球通过P 点时的速率可能小于通过Q 点时的速率，选项A 、B 错误；从P 到Q 点的过程中，电场力做功，小球的机械能一定增加，选项C 正确；若mg >qE ，要使小球能通过Q 点且保证圆形轨道不脱离地面，小球运动到Q 点的最小速度满足mg －qE ＝mv 21R ，解得v 1＝mg －qE R m，从P 到Q ，由动能定理，(qE －mg )2R ＝mv 212－mv 2012，解得v 01＝5gR －5qERm .要使圆形轨道不脱离地面，小球运动到Q点对圆形轨道的压力小于mg .小球运动到Q 点的最大速度满足2mg －qE >mv 22R，解得v 2<mg －qE R m ，从P 到Q ，由动能定理，(qE －mg )2R ＝mv 222－mv 2022，解得v 02<6gR －5qER m，要使小球能通过Q 点且保证圆形轨道不脱离地面，速度v 0应满足的关系是：5gR －5qER m≤v 0<6gR －5qER m，选项D 正确、 答案：CD9解析：由W ＝U ·q ，W CA ＝W CB <0可知，U CA ＝U CB <0，故有A 、B 两点电势相等，B 点电势高于C 点电势，A 正确，B 错误；因W CA <0，故该电荷在A 点的电势能大于电荷在C 点的电势能，C 正确；此区域内的电场可能是由第Ⅳ象限内的正电荷产生的，此电荷应在AB 连线的中垂线上，D 正确、答案：ACD10解析：将重力和电场力合成如图所示，合力的方向与水平方向成30°.所以物体将沿合力方向做初速度为0的匀加速直线运动，对此过程应用动能定理：mgH ＋3QEH ＝12mv 2，解得 v ＝22gH .答案：C11解析：由于场强方向向下，A 球带负电受到向上的电场力、B 球带正电受到向下的电场力，且m 1<m 2，故系统必沿顺时针方向转动，则电场力对A 球做正功W 1＝q 1El /2，对B 球做正功W 2＝q 2El /2，总功为W ＝W 1＋W 2＝(q 1＋q 2)El /2.此过程中两球重力所做总功W ′＝m 2g l 2－m 1g l 2，由动能定理可知此时两球的总动能为E k ＝W ＋W ′＝[(q 1＋q 2)E ＋(m 2－m 1)g ]l 2. 答案：q 1＋q 2El 2 q 1＋q 2E ＋m 2－m 1g ]l 212解析：(2)如下图(a) (4)tan θ (5)mgd k带电小球的受力如下图(b)，根据平衡条件有tan θ＝F mg，又有F ＝qE ＝q U d ，联立解得，U ＝mgd q tan θ＝k tan θ，所以应以tan θ为横坐标、13解析：如右图所示，将a 点场强方向和b 点场强方向延长，交于O 点，由几何知识得ab ＝d ，aO ＝2d sin60°＝3d ，而E ＝kQ3d 2，E b ＝kQ d，所以E b ＝3E .以O 点为圆心，以d 为半径作弧交Oa 于c 点，则φb ＝φc ，而φa >φc ，所以φa >φb ，即a 点电势更高、答案：3E a14解析：(1)电子在C 点时的速度为v t ＝v 0cos30°有E k ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0cos30°2＝9.7×10－18 J. (2)对电子从O 到C 由动能定理，有eU ＝12mv 2t －12mv 20 得U ＝m v 2t －v 202e ＝15.125 V.答案：(1)9.7×10－18 J (2)15.125 V15解析：(1)带电微粒由A 运动到B 的过程中，由动能定理有|q |E 1d 1－|q |E 2d 2＝0①由①式解得d 2＝E 1E 2d 1＝0.50 cm.②(2)设微粒在虚线MN 两侧的加速度大小分别为a 1、a 2，由牛顿第二定律有 |q |E 1＝ma 1③|q |E 2＝ma 2④设微粒在虚线MN 两侧运动的时间分别为t 1、t 2，由运动学公式有d 1＝12a 1t 21⑤ d 2＝12a 2t 22⑥ 又t ＝t 1＋t 2⑦由②③④⑤⑥⑦式解得 t ＝1.5×10－8 s.答案：(1)0.50 cm (2)1.5×10－8s16解析：(1)设弹簧枪对小物体做功为W f ，由动能定理得W f －mgr (1－cos θ)＝12mv 20① 代入数据得W f ＝0.475 J ②(2)取沿平直斜轨向上为正方向、设小物体通过C 点进入电场后的加速度为a 1， 由牛顿第二定律得－mg sin θ－μ(mg cos θ＋qE )＝ma 1③小物体向上做匀减速运动，经t 1＝0.1 s 后，速度达到v 1，有 v 1＝v 0＋a 1t 1④由③④可知v 1＝2.1 m/s ，设运动的位移为s 1，有s 1＝v 0t 1＋12a 1t 21⑤ 电场力反向后，设小物体的加速度为a 2，由牛顿第二定律得－mg sin θ－μ(mg cos θ－qE )＝ma 2⑥设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t 2，位移为s 2，有0＝v 1＋a 2t 2⑦s 2＝v 1t 2＋12a 2t 22⑧ 设CP 的长度为s ，有s ＝s 1＋s 2⑨联立相关方程，代入数据解得s ＝0.57 m ⑩答案：(1)0.475 J (2)0.57 m周练答题卷（电场）班级 姓名。

北大附中焦作校区2016届高三物理周测试卷（10）考查范围：力学综合B一、选择题（每题6 分，共42 分）1、如图所示，一个小孩从粗糙的滑梯上加速滑下，在下滑过程中A．小孩重力势能减小，动能不变，机械能减小B．小孩重力势能减小，动能增加，机械能减小C．小孩重力势能减小，动能增加，机械能增加D．小孩重力势能减小，动能增加，机械能不变2、自由下落的物体，其动能与位移的关系如图所示，则图中直线的斜率表示该物体的( )A．质量 B．机械能C．重力大小 D．重力加速度3、如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中(弹簧保持竖直)，下列关于能的叙述正确的是( )A．弹簧的弹性势能先增大后减小B．小球与弹簧机械能总和先增大后减小C．小球的重力势能先增大后减小D．小球的动能先增大后减小4、下列说法中正确的是( )A．能就是功，功就是能B．物体做功越多，物体的能量就越大C．外力对物体不做功，这个物体就没有能量D．能量转化的多少可以用做功来量度5、质量均为m,半径均为R的两个完全相同的小球声A,B上在水平轨道上以某一初速度向右冲上倾角为θ的倾斜轨道，两轨道通过一小段圆弧平滑连接．若两小球运动过程中始终接触，不计摩擦阻力及弯道处的能量损失，在倾斜轨道上运动到最高点时两球机械能的差值为（）A. 0 B．mgRsinθ C. 2mgRsinθ D. 2mgR6、以水平面为零势能面，则小球水平抛出时重力势能等于动能的2倍，那么在抛体运动过程中，当其动能和势能相等时，水平速度和竖直速度之比为( )A．B．1:1 C． D．7、如图所示，在水平桌面上的Ａ点有一个质量为m的物体以初速度v0被抛出，不计空气阻力，当它到达Ｂ点时，其动能为（）A．B．C．D．二、多项选择（每空6分，共18分）8、用细绳拴住一个质量为m的小球，小球将一端固定在墙上的水平轻弹簧压缩了Δx（小球与弹簧不拴接），如图所示，则将细线烧断后（）A．小球立即做平抛运动 B．小球脱离弹簧后做匀变速运动C．细线烧断瞬间小球的加速度a>g D．小球落地时的动能大于mgh9、如图所示，传送皮带始终保持v=2m/s的速度水平向右移动，一质量m=0.5kg的小物块以v0=4m/s的速度从A点向右滑上传送带．设小物块与传送带间的摩擦因数μ=0.2，传送带两端点A、B间的距离L=5m，g取10m/s2，下列说法正确的有（）A．刚开始物块的加速度为2m/s2B．物块一直做匀加速直线运动C．物块从A点运动的B点所用时间为3sD．传送带上将留下一段长为1m的摩擦痕迹10、如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。

北大附中焦作校区2016届高三物理周测试卷（5）(考查范围：运动和力综合A 分值：100分)一、选择题(每小题6分，1—5单选，6—8多选，共48分)1．2014·南京盐城一模如图G1­1所示，壁虎在竖直玻璃面上斜向上匀速爬行，关于它在此平面内的受力分析，图G1­2中正确的是( )图G1­1图G1­22．如图G1­3所示，小车受到水平向右的弹力作用，下列关于该弹力的说法中正确的是( )图G1­3A．弹簧发生拉伸形变B．弹簧发生压缩形变C．该弹力是小车形变引起的D．该弹力的施力物体是小车3．如图G1­4所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b，三角形木块竖直边靠在粗糙的竖直墙面上，现用竖直向上的作用力F推动木块与铁块一起向上匀速运动，运动过程中铁块与木块始终保持相对静止，则下列说法正确的是( )图G1­4A．木块a与铁块b间不一定存在摩擦力B．木块与竖直墙面间不存在水平弹力C．木块与竖直墙面间一定存在摩擦力D．竖直向上的作用力F一定大于铁块与木块的重力之和4．2014·福建六校联考我国在西昌卫星发射中心用“长征三号甲”运载火箭成功发射第九颗北斗导航卫星，这是北斗导航系统组网的第四颗倾斜地球同步轨道卫星．关于这次卫星与火箭上天的情形叙述正确的是( )A ．火箭尾部向外喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向前的推力B ．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力C ．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力D ．卫星进入预定轨道之后，与地球之间不存在相互作用5．2014·湖北重点中学联考如图G1­5所示，在建筑工地，民工用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a 竖直向上匀加速搬起，其中A 的质量为m ，B 的质量为3m ，水平作用力大小为F ，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，在此过程中，A 、B 间的摩擦力大小为( )图G1­5A ．μFB ．2μF C.32m (g ＋a ) D ．m (g ＋a ) 6．图G1­6是某同学站在压力传感器上做“蹲起”动作时记录的压力F 随时间t 变化的图线，由图线可知该同学( )图G1­6A ．体重约为680 NB ．做了两次下蹲—起立的动作C ．做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2 s 起立D ．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态7．如图G1­7所示，小车在外力作用下沿倾角为θ的斜面运动，小车的支架上用细线拴一个摆球，悬点为O .现用过O 的水平虚线MN 和竖直虚线PQ 将竖直平面空间分成四个区间，下列说法正确的是( )图G1­7A ．若小车沿斜面向上匀速运动，则稳定后细线可能在Ⅲ区与竖直方向成一定夹角B ．若小车沿斜面向下匀加速运动，则稳定后细线可能在Ⅳ区与竖直方向成一定夹角C ．无论小车沿斜面向下匀加速运动的加速度为多大，稳定后细线都不可能在Ⅰ区与水平方向成一定夹角D ．无论小车沿斜面向上匀加速运动的加速度为多大，稳定后细线都不可能沿与ON 重合的水平方向8．如图G1­8所示，质量为M 、中空部分为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m 的小铁球．现用一个水平向右的推力F 推动凹槽，当小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角，重力加速度为g .下列说法正确的是( )图G1­8A ．小铁球受到的合外力方向水平向左B ．凹槽对小铁球的支持力为mgsin αC ．系统的加速度为g tan αD ．推力F ＝(m ＋M )g tan α二、实验题(每小题3分，共计12分) 9．2014·江西赣州联考图G1­9为接在50 Hz 低压交流电源上的打点计时器在拖动纸带的物体做匀加速直线运动时打出的一条纸带，图中所示的是每打5个点所取的计数点，但第3个计数点没有画出．由图中数据可求得：图G 1­9(1)该物体的加速度为________m/s 2.(2)第3个计数点与第2个计数点的距离约为______cm. (3)打第2个计数点时该物体的速度为________m/s. (4)如果当时电网中交变电流的频率是f ＝51 Hz ，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)．三、计算题(40分)10．(20分)2014·南昌二模有一个冰上木箱的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推箱一段时间后，放手让箱向前滑动，若箱最后停在桌上有效区域内，则视为成功；若箱最后未停在桌上有效区域内，则视为失败．其简化模型如图G1­10所示，AC 是长度为L 1＝7 m 的水平冰面，选手们可将木箱放在A 点，从A 点开始用一个恒定不变的水平推力推箱，BC 为有效区域．已知BC 长度L 2＝1 m ，木箱的质量m ＝50 kg ，木箱与冰面间的动摩擦因数μ＝0.1.g 取10 m/s 2.某选手作用在木箱上的水平推力F ＝200 N ，木箱沿AC 做直线运动，若木箱可视为质点，那么该选手要想游戏获得成功，试求：(1)推力作用在木箱上时木箱的加速度大小； (2)推力作用在木箱上的时间t 应满足的条件．图G1­101分)2015·广州海珠区摸底如图G1­11所示，在水平长直的轨道上，一长度L＝2 m的平板车在外力控制下以v0＝4 m/s的速度向右做匀速直线运动．某时刻将一质量m＝1 kg的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2.(1)求小滑块的加速度大小和方向．(2)通过计算判断滑块是否会从车上掉下．(3)若在滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与v0同向的恒力F，要保证滑块不从车的左端掉下，恒力F的大小应满足什么条件？北大附中焦作校区2016届高三物理周测试卷（5）20150914答案1．A [解析] 壁虎在竖直玻璃面上斜向上匀速爬行，受到竖直向下的重力和竖直向上的摩擦力，A正确．2．A [解析] 小车受到水平向右的弹力作用，弹簧发生拉伸形变，该弹力是弹簧形变引起的，该弹力的施力物体是弹簧，选项A正确，选项B、C、D错误．3．B [解析] 隔离铁块b，因其匀速运动，故铁块b受到重力、木块对它的垂直斜面向上的支持力和沿斜面向上的静摩擦力，选项A错误；将a、b看作一个整体，a、b整体在水平方向上不受力，故木块与竖直墙面间不存在水平弹力，没有弹力也就没有摩擦力，在竖直方向上，有F＝G a＋G b，选项B正确，选项C、D错误．4．A [解析] 火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体，火箭向下喷气时，喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力，即为火箭上升的推动力，此力并不是由周围的空气提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，选项B、C错误，选项A正确；火箭运载卫星进入轨道之后，卫星与地球之间依然存在相互吸引力，即卫星吸引地球，地球吸引卫星，这是一对作用力与反作用力，选项D 错误．5．D [解析] 由于A 、B 相对静止，故A 、B 之间的摩擦力为静摩擦力，A 、B 错误．设民工对A 、B 在竖直方向上的摩擦力为f ，以A 、B 整体为研究对象，在竖直方向上，有2f －(m ＋3m )g ＝(m ＋3m )a ，设B 对A 的摩擦力为f ′，对A 由牛顿第二定律有f －f ′－mg ＝ma ，解得f ′＝m (g ＋a )，D 正确，C 错误．6．AC [解析] 当该同学站在压力传感器上静止不动时，其所受的合力为零，即压力恒等于该同学的体重值，由图线可知，该同学的体重为680 N ，选项A 正确．每次下蹲，该同学都将经历先向下加速(加速度方向向下)、后向下减速(加速度方向向上)的运动，即先处于失重状态，后处于超重状态，读数F 先小于体重、后大于体重；每次起立，该同学都将经历先向上加速(加速度方向向上)、后向上减速(加速度方向向下)的运动，即先处于超重状态，后处于失重状态，读数F 先大于体重、后小于体重．由图线可知，选项C 正确，选项B 、D 错误．7． BD [解析] 若小车匀速运动，则小球所受的合力应为零，所以细线应处于竖直状态，选项A 错误；若小车沿斜面向下加速运动，则小球的加速度方向沿斜面向下，所以小球所受的合外力方向就沿斜面向下，由此可知选项B 正确，选项C 错误；同理，选项D 正确．8．CD [解析] 小铁球和凹槽整体在水平方向上只受推力F 作用，故系统有向右的加速度，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为mgcos α，选项A 、B 错误．小铁球所受的合外力为mg tan α，加速度为g tan α，推力F ＝(m ＋M )g tan α，选项C 、D 正确．9．(1)0.74 (2)4.36 (3)0.399 (4)偏小[解析] (1)因交变电流的频率为50 Hz ，则打点周期为0.02 s ，由于每打5个点取一个计数点，所以相邻的计数点之间的时间间隔T ＝0.1 s ．根据Δx ＝aT 2，所以加速度a ＝x 45－x 123T2＝0.74 m/s 2.(2)第2、3两计数点的间距x 23＝x 12＋aT 2＝4.36 cm.(3)根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可得打第2个计数点时的速度v 2＝x 12＋x 232T＝0.399 m/s.(4)如果在某次实验中交变电流的频率是51 Hz ，则实际打点周期变小(小于0.02 s)，根据Δx ＝aT 2可得，真实的加速度值会偏大，所以测量的加速度值与真实的加速度值相比偏小．10．(1)3 m/s 2(2)1 s ≤t ≤426s [解析] (1)设推力作用在木箱上时木箱的加速度为a 1，根据牛顿第二定律得 F －μmg ＝ma 1解得a 1＝3 m/s 2.(2)撤去推力后，设木箱的加速度大小为a 2，根据牛顿第二定律得 μmg ＝ma 2解得a 2＝1 m/s 2推力作用在木箱上时间t 内的位移为 x 1＝12a 1t 2撤去力F 后木箱继续滑行的距离为x 2＝（a 1t ）22a 2木箱停在有效区域内，要满足条件 L 1－L 2≤x 1＋x 2≤L 1解得1 s ≤t ≤426 s. 11．(1)2 m/s 2，方向向右 (2)会 (3)F ≥6 N[解析] (1)滑块放上车面时相对车向左运动，滑动摩擦力向右，f ＝μmg 根据牛顿第二定律有F 合＝ma F 合＝f解得a ＝2 m/s 2，方向向右．(2)滑块放上车面后做匀加速直线运动，设当经历时间t 之后速度达到v 0，滑块通过的位移x 1＝12at 2且v 0＝at平板车通过的位移x 2＝v 0t 位移之差Δx ＝x 2－x 1＝4 m由于Δx >12L ＝1 m ，故滑块会掉下来．(3)恒力F 的方向与摩擦力方向相同，故滑块所受的合力 F ′合＝f ＋F由牛顿第二定律有F ′合＝ma 0滑块放上车后做匀加速直线运动，设当经历时间t 0之后速度达到v 0，滑块通过的位移为x 11＝12a 0t 20且v 0＝a 0t 0平板车通过的位移x 22＝v 0t 0由题可知，需要满足位移之差Δx 0＝x 22－x 11≤12L联立解得F ≥6 N.。

北大附中焦作校区2016届高三物理周测试卷（6）(考查范围：运动和力综合B 分值：100分)一、选择题(每小题6分，1—7单选，8—10多选，共60分)1． [2014·北京卷] 伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O 点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是( )A ．如果斜面光滑，小球将上升到与O 点等高的位置B ．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C ．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D ．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小2． [2013·新课标全国卷Ⅰ] 下图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表．表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的．根据表中的数据，伽利略可以得出的结论是( ) A ．物体具有惯性 B ．斜面倾角一定时，加速度与质量无关 C ．物体运动的距离与时间的平方成正比 D ．物体运动的加速度与重力加速度成正比 3.【2015重庆-5】. 若货物随升降机运动的v t 图像如题5图所示（竖直向上为正），则货物受到升降机的支持力F 与时间t 关系的图像可能是4．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)．与稳定在竖直位置时相比，小球的高度( )A．一定升高 B．一定降低C．保持不变D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定5．[2014·北京卷] 应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是( )A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度6．[2014·福建卷Ⅰ] 如下图所示，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图像中能正确描述这一运动规律的是( )A B C D7．[2014·重庆卷] 以不同的初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体的速率成正比，下列分别用虚线和实线描述两物体运动的v­t图像可能正确的是( )A B C D8．[2014·四川卷] 如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和滑轮与绳之间的摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是( )A B C D9.(2015新课标I-20). 如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图（b）所示，若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出A. 斜面的倾角B. 物块的质量C. 物块与斜面间的动摩擦因数D. 物块沿斜面向上滑行的最大高度10.如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物体，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时A.物块与斜面间的摩擦力减小B.物块与斜面间的正压力增大C.物块相对于斜面减速下滑D.物块相对于斜面匀速下滑二、填空题(每空5分，共20分)11．2014·安徽三校联考要测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接的测量工具，某实验小组选用下列器材：轻质定滑轮(质量和摩擦可忽略)、砝码一套(总质量m＝0.5 kg)、细线、刻度尺、秒表．他们根据已学过的物理学知识，改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量．请完成下列步骤．图X10­7(1)实验装置如图X10­7所示，设左右两边沙袋A、B的质量分别为m1、m2；(2)取出质量为m′的砝码放在右边沙袋中，剩余砝码都放在左边沙袋中，发现A下降，B上升；(3)用刻度尺测出A从静止下降的距离h，用秒表测出A下降所用的时间t，则可知A 的加速度大小a＝________；(4)改变m′，测量相应的加速度a，得到多组m′及a的数据，作出________(选填“a­m′” 或“a­1m′”)图线；(5)若求得图线的斜率k＝4 m/(kg·s2)，截距b＝2 m/s2，则沙袋的质量m1＝________ kg，m2＝________ kg.二、计算题(共20分)12．2014·武昌调研如图X4­11甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的固定的均匀直细杆与水平方向成θ＝37°角，质量m＝1 kg的小球穿在细杆上且静止于细杆底端O处，开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t1＝2 s时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v­t图像如图乙所示，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：(1)小球在0～2 s内的加速度a1和2～5 s内的加速度a2；(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小．图X4­11北大附中焦作校区2016届高三物理周测试卷（6）20150921答案1．A 本题考查伽利略理想实验．选项之间有一定的逻辑性，题目中给出斜面上铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料，小球的位置逐渐升高，不难想象，当斜面绝对光滑时，小球在斜面上运动没有能量损失，可以上升到与O 点等高的位置，这是可以得到的直接结论，A 正确，B 、C 、D 尽管也正确，但不是本实验得到的直接结论，故错误．2．C [解析] 通过第三列的数据可看出：130大概是32的4倍，而298大概是32的9倍…….依次类推，可看出物体运动的距离与时间的平方成正比，即C 正确．3.【答案】B4．A [解析] 本题考查了牛顿第二定律与受力分析．设橡皮筋原长为l 0，小球静止时设橡皮筋伸长x 1，由平衡条件有kx 1＝mg ，小球距离悬点高度h ＝l 0＋x 1＝l 0＋mg k ，加速时，设橡皮筋与水平方向夹角为θ，此时橡皮筋伸长x 2，小球在竖直方向上受力平衡，有kx 2sin θ＝mg ，小球距离悬点高度h ′＝(l 0＋x 2)sin θ＝l 0sin θ＋mg k，因此小球高度升高了．5．D 本题考查牛顿第二定律的动力学分析、超重和失重．加速度向上为超重向下为失重，手托物体抛出的过程，必定有一段加速过程，即超重过程，从加速后到手和物体分离的过程中，可以匀速也可以减速，因此可能失重，也可能既不超重也不失重，A 、B 错误．手与物体分离时的力学条件为：手与物体之间的压力 N ＝0，分离后手和物体一定减速，物体减速的加速度为g ，手减速要比物体快才会分离，因此手的加速度大于g ，C 错误，D 正确．6．B [解析] 设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，滑块在表面粗糙的固定斜面上下滑时做匀减速直线运动，加速度不变，其加速度的大小为a ＝μg cos θ－g sin θ，故D 项错误；由速度公式v ＝v 0－at 可知，v ­t 图像应为一条倾斜的直线，故C 项错误；由位移公式s ＝v 0t －12at 2可知，B 项正确；由位移公式及几何关系可得h ＝s sin θ＝⎝⎛⎭⎪⎫v 0t －12at 2sin θ，故A 项错误． 7．D [解析] 本题考查v ­t 图像．当不计阻力上抛物体时，物体做匀减速直线运动，图像为一倾斜直线，因加速度a ＝－g ，故该倾斜直线的斜率的绝对值等于g .当上抛物体受空气阻力的大小与速率成正比时，对上升过程，由牛顿第二定律得－mg －kv ＝ma ，可知物体做加速度逐渐减小的减速运动，通过图像的斜率比较，A 错误．从公式推导出，上升过程中，|a |>g ，当v ＝0时，物体运动到最高点，此时 a ＝－g ，而B 、C 图像的斜率的绝对值均小于g ，故B 、C 错误，D 正确．8．BC [解析] 若P 在传送带左端时的速度v 2小于v 1，则P 受到向右的摩擦力，当P 受到的摩擦力大于绳的拉力时，P 做加速运动，则有两种可能：第一种是一直做加速运动，第二种是先做加速度运动，当速度达到v 1后做匀速运动，所以B 正确；当P 受到的摩擦力小于绳的拉力时，P 做减速运动，也有两种可能：第一种是一直做减速运动，从右端滑出；第二种是先做减速运动再做反向加速运动，从左端滑出．若P 在传送带左端具有的速度v 2大于v 1，则小物体P 受到向左的摩擦力，使P 做减速运动，则有三种可能：第一种是一直做减速运动，第二种是速度先减到v 1，之后若P 受到绳的拉力和静摩擦力作用而处于平衡状态，则其以速度v 1做匀速运动，第三种是速度先减到v 1，之后若P 所受的静摩擦力小于绳的拉力，则P 将继续减速直到速度减为0，再反向做加速运动并且摩擦力反向，加速度不变，从左端滑出，所以C 正确．9. ACD10. BD11. (3) 2h t 2 (4) a ­m ′ (5)3 1.5 [解析] (3)由运动学规律h ＝12at 2，可得a ＝2h t 2； (4)对两个沙袋组成的系统，由牛顿第二定律有(m 1＋m ′)g －(m 2＋m －m ′)g ＝(m 1＋m 2＋m )a ，解得a ＝2m ′g m 1＋m 2＋m ＋m 1－m 2－m m 1＋m 2＋mg ，可见“ a ­m ′”图线为直线； (5)a ­m ′图线的斜率为2g m 1＋m 2＋m ＝4 m/(kg·s 2)，截距m 1－m 2－m m 1＋m 2＋mg ＝2 m/s 2，联立以上二式解得m 1＝3 kg ，m 2＝1.5 kg.12． (1)15 m/s 2，方向沿杆向上 10 m/s 2，方向沿杆向下 (2)0.5 50 N[解析] (1)取沿细杆向上的方向为正方向，由图像可知：在0～2 s 内，a 1＝v 1－v 0t 1＝15 m/s 2(方向沿杆向上) 在2～5 s 内，a 2＝v 2－v 1t 2＝－10 m/s 2(“－”表示方向沿杆向下)． (2)有风力F 时的上升过程，由牛顿第二定律，有F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)－mg sin θ＝ma 1停风后的上升阶段，由牛顿第二定律，有－μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2联立以上各式解得 μ ＝0.5，F ＝50 N.。

北大附中焦作校区2016届高三物理周测试卷（8）考查范围：功和能部分一、选择题（每6 分，1—5单选，6—10多选，共60分）1、滑板以某一初速度在水平冰面上滑行一段距离后停下，以下说法正确的（）A．冲力对滑板做正功，摩擦力对滑板做负功B．重力对滑板做正功，支持力对滑板做负功C．重力对滑板做负功，支持力对滑板做正功D．摩擦力对滑板做负功，重力和支持力都不做功2、如图所示，物体A（质量为m）静止于倾角为θ的斜面体B（质量为M）上，现对该斜面体施加一个水平向左的推力F，使物体A随斜面体B一起沿水平方向向左匀速运动位移x。

已知AB间的动摩擦因数为μ，则在此过程中（）A．A所受支持力做功为mgx sinθcosθB．A所受摩擦力做功为－μmgx cos2θC．A所受重力做功为mgxD．水平向左的推力F做功为零3、如图甲乙站在超市的自动扶梯上（斜面式和阶梯式）随扶梯匀速上行，则下列相关说法正确的是( )A．甲受到扶梯的摩擦力，乙不受摩擦力B．扶梯对甲乙的弹力相同C．扶梯对甲乙的弹力与甲乙的重力大小相等D．斜面对甲乙都不做功4、一物块在水平地面上沿直线滑行,t=0时其速度为1m/s。

从此刻开始在物块运动方向上再施加一水平作用力F，力F与物块的速度v随时间变化的规律分别如图甲、乙所示。

则下列说法中正确的是A. 第1秒内水平作用力F做功为1JB. 第2秒内水平作用力F做功为1.5JC. 第3秒内水平作用力F不做功D. 0～3秒内水平作用力F所做总功为3J5、物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。

以a、E k、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( )6、如图所示，小球m用一条不可伸长的轻质细线拴住后悬于O点，小球置于一个斜面不光滑的斜劈M上，用水平力F向左推动斜劈M在光滑水平桌面上由位置甲向左缓慢移动到位置乙，在此过程中，正确的说法是( )A. M、m间的摩擦力对m不做功B. M、m间的摩擦力对m做负功C. F对M所做的功与m对M所做的功的绝对值相等D. M、m间的弹力对m做正功7、如图所示，小球被细线悬挂于O点，若将小球拉至水平后由静止释放，不计阻力，已知小球在下摆过程中速度逐渐增大，则在小球下摆到最低点的过程中A．重力对物体做正功B．绳拉力对小球做正功C．重力的功率先增大后减小D．重力平均功率为零8、测定运动员体能的一种装置如右图所示，运动员的质量为M，绳拴在腰间沿水平方向跨过滑轮(不计滑轮摩擦和质量)，绳的另一端悬吊物的质量为m. 人用力后蹬传送带而人的重心不动，传送带以速度v向后匀速运动(速度大小可调)，最后可用v的值作为被测运动员的体能参数. 则( )A．人对传送带不做功B．人对传送带做功的功率为mgvC．人对传送带做的功和传送带对人做的功大小相等，但正、负相反D．被测运动员的v值越大，表示其体能越好9、一质量为m的小球以初动能E k0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力f作用，如图所示，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系，（以地面为零势能面，h0表示上升的最大高度，图上坐标数据中的k为常数且满足0＜k＜1）则由图可知，下列结论正确的是( )A．①、②分别表示的是动能、重力势能随上升高度的图象B．上升过程中阻力大小恒定且f=kmgC．上升高度h=h0时，重力势能和动能相等D．上升高度h=时，动能与重力势能之差为mgh010、如图所示，一根劲度系数为k的轻质弹簧上端固定在天花板上，下端挂一个质量为m的重物，重物静止时处于B位置。

北大附中焦作校区2016届高三物理周测试卷（15）考查范围：磁场部分一、选择题(本题共10小题，每题4分，共40分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ.整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中．金属杆ab 垂直导轨放置，当金属杆ab 中通有从a 到b 的恒定电流I 时，金属杆ab 刚好静止．则( )A ．磁场方向竖直向上B ．磁场方向竖直向下C ．金属杆ab 受安培力的方向平行导轨向上D ．金属杆ab 受安培力的方向平行导轨向下2．如图所示，当电键S 闭合的时候，导线ab 受力的方向应为( )A ．向右B ．向左C ．向纸外D ．向纸里3．垂直纸面的匀强磁场区域里，一离子从原点O 沿纸面向x 轴正方向飞出，其运动轨迹可能是图中的( )4．带电小球以一定的初速度v 0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h 1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 3，如下图所示，不计空气阻力，则( )A ．h 1＝h 2＝h 3B ．h 1>h 2>h 3C ．h 1＝h 2>h 3D ．h 1＝h 3>h 2 5．如右图所示，一带电小球质量为m ，用丝线悬挂于O 点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面，当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方摆到最低点时悬线上的张力为( )A ．0B ．2mgC ．4mgD ．6mg6．如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O 和y 轴上的点a (0，L )．一质量为m 、电荷量为e 的电子从a 点以初速度v 0平行于x 轴正方向射入磁场，并从x 轴上的b 点射出磁场，此时速度方向与x 轴正方向的夹角为60°.下列说法中正确的是( )A ．电子在磁场中运动的时间为πLv 0B ．电子在磁场中运动的时间为2πL3v 0C ．磁场区域的圆心坐标为(3L 2，L 2) D ．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，－2L ) 7．如图所示，有一重力不计的混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r 相同，则它们一定具有相同的( )A ．速度B ．质量C ．电荷量D ．比荷8．如图所示，△ABC 为与匀强磁场垂直的边长为a 的等边三角形，磁场垂直于纸面向外，比荷为em的电子以速度v 0从A 点沿AB 方向射入，欲使电子能经过BC 边，则磁感应强度B 的取值应为A ．B >3mv 0ae B ．B <2mv 0aeC ．B <3mv 0aeD ．B >2mv 0ae9．环形对撞机是研究高能粒子的重要装置，其核心部件是一个高度真空的圆环状的空腔．若带电粒子初速度可视为零，经电压为U 的电场加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的环状机腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B .带电粒子将被限制在圆环状空腔内运动．要维持带电粒子在圆环内做半径确定的圆周运动，下列说法中正确的是( )A ．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q /m 越大，磁感应强度B 越大 B ．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q /m 越大，磁感应强度B 越小C ．对于给定的带电离子，加速电压U 越大，粒子运动的周期越小D ．对于给定的带电粒子，不管加速电压U 多大，粒子运动的周期都不变 10.如图所示，一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子，不计重力，在a 点以某一初速度水平向左射入磁场区域Ⅰ，沿曲线abcd 运动，ab 、bc 、cd 都是半径为R 的圆弧．粒子在每段圆弧上运动的时间都为t .规定垂直于纸面向外的磁感应强度为正，则磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感应强度B 随x 变化的关系可能是下图中的( )二、填空题(本题共2小题，每题8分，共16分)11．如下图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T 的匀强磁场，一质量为0.2 kg 且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度放置一质量为0.1 kg 、电荷量q ＝＋0.2 C 的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左，大小为0.6 N 的恒力，g 取10 m/s 2，则木板的最大加速度为________；滑块的最大速度为________．12．(2012·课标全国理综)下图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场．现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向．所用部分器材已在图中给出，其中D 为位于纸面内的U 形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E 为直流电源；R 为电阻箱；Ⓐ为电流表；S 为开关．此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线．(1)在图中画线连接成实验电路图． (2)完成下列主要实验步骤中的填空： ①按图接线．②保持开关S 断开，在托盘内加入适量细沙，使D 处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m 1.③闭合开关S ，调节R 的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D________；然后读出________，并用天平称出_______．④用米尺测量________．(3)用测得的物理量和重力加速度g 表示磁感应强度的大小，可以得出B ＝________. (4)判定磁感应强度方向的方法是：若________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里．三、计算题(本题共4小题，13、14题各10分，15、16题各12分，共44分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13．有两个相同的全长电阻为9 Ω的均匀光滑圆环，固定于一个绝缘的水平台面上，两环分别在两个互相平行的、相距为20 cm 的竖直面内，两环的连心线恰好与环面垂直，两环面间有方向竖直向下的磁感应强度B ＝0.87 T 的匀强磁场，两环的最高点A 和C 间接有一内阻为0.5 Ω的电源，连接导线的电阻不计．今有一根质量为10 g ，电阻为1.5 Ω的棒置于两环内侧且可顺环滑动，而棒恰好静止于如图所示的水平位置，它与圆弧的两接触点P 、Q 和圆弧最低点间所夹的弧对应的圆心角均为θ＝60°，取重力加速度g ＝10 m/s 2.试求此电源电动势E 的大小．14．如图所示，一质量为m 、电量为＋q 的带电小球以与水平方向成某一角度θ的初速度v 0射入水平方向的匀强电场中，小球恰能在电场中做直线运动．若电场的场强大小不变，方向改为反向，同时加一垂直纸面向外的匀强磁场，小球仍以原来的初速度重新射入，小球恰好又能做直线运动，求电场强度的大小、磁感应强度的大小和初速度与水平方向的夹角θ.15．如下图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．已知：静电分析器通道的半径为R ，均匀辐射电场的电场强度为E .磁分析器中有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B .问：(1)为了使位于A 处电荷量为q 、质量为m 的离子，从静止开始经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，加速电场的电压U 应为多大？(2)满足(1)问条件的离子由P 点进入磁分析器后，最终打在乳胶片上的Q 点，该点距入射点P 多远？16．(2012·福建理综)如下图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r 的圆环形光滑细玻璃管，环心O 在区域中心．一质量为m 、带电荷量为q (q >0)的小球，在管内沿逆时针方向(从上向下看)做圆周运动．已知磁感应强度大小B 随时间t 的变化关系如下图乙所示，其中T 0＝2πmqB 0.设小球在运动过程中电荷量保持不变，对原磁场的影响可忽略．(1)在t ＝0到t ＝T 0 这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，求小球的速度大小v 0；(2)在竖直向下的磁感应强度增大过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等．试求t＝T0到t＝1.5T0这段时间内：①细管内涡旋电场的场强大小E；②电场力对小球做的功W.参考答案：1、解析：当磁场方向竖直向上时，由左手定则可知安培力水平向右，金属杆ab 受力可以平衡，A 正确；若磁场方向竖直向下，由左手定则可知安培力水平向左，则金属杆ab 受力无法平衡，B 、C 、D 错误．答案：A2、解析：由安培定则，导线ab 处磁感线方向从右向左，再根据左手定则，D 正确． 答案：D3、解析：利用左手定则可以判断离子做圆周运动的圆心应在y 轴上，B 、C 正确． 答案：BC4、解析：由竖直上抛运动的最大高度公式得h 1＝v 202g；当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，由能量守恒得mgh 2＋E k ＝12mv 20＝mgh 1，所以h 1>h 2；当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有v 20＝2gh 3，所以h 1＝h 3，选项D 正确．答案：D5、解析：若没有磁场，则到达最低点悬线的张力为F ，则F －mg ＝mv 2l①由能量守恒得mgl (1－cos60°)＝12mv 2②联立①②得F ＝2mg .当有磁场存在时，由于洛仑兹力不做功，在最低点悬线张力为零，则F 洛＝2mg当小球自右方摆到最低点时洛仑兹力大小不变，方向必向下可得F ′－F 洛－mg ＝mv 2l，所以此时悬线的张力F ′＝4mg .C 项正确．答案：C6、解析：由图可以计算出电子做圆周运动的半径为2L ，故在磁场中运动的时间为t ＝π3·2L v 0＝2πL 3v 0，A 错误，B 正确；ab 是磁场区域圆的直径，故圆心坐标为(32L ，L 2)，电子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，计算出其坐标为(0，－L )，所以C 正确，D 错误．答案：BC7、解析：混合正离子束不偏转，说明它们在区域Ⅰ有Eq ＝Bqv ，则v ＝EB，进入区域Ⅱ的混合正离子速度都相同．在区域Ⅱ中正离子偏转半径r ＝mv Bq，速度v 相同，半径r 相同，则m q必定相同，即比荷相同，A 、D 正确．答案：AD8、解析：由题意，如图所示，电子正好经过C 点，此时圆周运动的半径R ＝a 2cos30°＝a3，要想电子从BC 边经过，圆周运动的半径要大于a3，由带电粒子在磁场中运动的公式r ＝mv qB有a 3<mv 0eB，即B <3mv 0ae，C 选项正确． 答案：C9、解析：带电粒子经过加速电场后速度为v ＝2qUm，带电粒子以该速度进入对撞机的环状空腔内，且在圆环内做半径确定的圆周运动，因此R ＝mv qB ＝2UmqB 2，对于给定的加速电压，即U 一定，则带电粒子的比荷q /m 越大，磁感应强度B 应越小，A 错误，B 正确；带电粒子运动周期为T ＝2πR m2qU，对于给定的粒子，m /q 确定，R 确定，故C 正确，D 错误．答案：BC10、解析：由左手定则可判断出磁感应强度B 在磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ内磁场方向分别为向外、向里、向外，在三个区域中均运动14圆周，故t ＝T 4，由于T ＝2πm qB ，求得B ＝πm2qt.只有C 选项正确．答案：C11、解析：开始滑块与板一起匀加速，刚发生相对滑动时整体的加速度a ＝FM ＋m＝2 m/s 2，对滑块μ(mg －qvB )＝ma ，代入数据可得此时刻的速度为6 m/s.此后滑块做加速度减小的加速运动，最终匀速．mg ＝qvB 代入数据可得此时刻的速度为10 m/s.而板做加速度增加的加速运动，最终匀加速．板的加速度a ＝FM＝3 m/s 2答案： 3 m/s 210 m/s12、解析：(1)本实验的原理是：通过测量D 的安培力的大小和方向、电流的大小和方向、D 的底边长底，根据F ＝BIL ，测出B 的大小和方向；因此把电流表、滑动变阻器、开关、电源和D 串联即可，如答案图所示．(2)根据步骤②可知D 的重力G ＝m 1g ，步骤③为让电流流过D ，使D 在重力、安培力和细线的拉力下重新平衡．要测出安培力，需要测出拉力，即用天平称出重新加入细沙的总质量；要测出B ，需要测出电流的大小和D 的底边的长度．(3)安培力F ＝|m 2－m 1|g ，又F ＝BIL ，可得B ＝|m 2－m 1|g IL.(4)由电路图知电流的方向水平向右，B 方向若垂直纸面向外，则安培力方向为竖直向下，有F ＋m 1g ＝m 2g ，即m 2>m 1.答案：(1)连接如下图所示．(2)③重新处于平衡状态 电流表的示数I 此时细沙的质量m 2 ④D 的底边长度l (3)|m 2－m 1|g Il(4)m 2>m 113、解析：在题图中，从左向右看，棒PQ 的受力如图所示，棒所受的重力和安培力F B的合力与环对棒的弹力F N 是一对平衡力，且F B ＝mg tan θ＝3mg而F B ＝IBL ，所以I ＝3mgBL＝3×10×10－3×100.87×0.2A ＝1 A在题图所示的电路中两个圆环分别连入电路中的电阻为R ，则R ＝93－939Ω＝2 Ω 由闭合电路欧姆定律得E ＝I (r ＋2R ＋R 棒) ＝1×(0.5＋2×2＋1.5) V ＝6 V 答案：6 V14、解析：在没有磁场，只有电场时，设小球的运动方向与水平方向的夹角为θ，受力情况如下图甲所示，根据已知得：Eq ＝mgtan θ在既有磁场又有电场时，E 不变，受力情况如上图乙． 由几何知识得θ＝45°小球仍做直线运动，有：qv 0B ＝Eq cos θ＋mg sin θ解得B ＝2mg qv 0 E ＝mg q tan θ＝mgq答案：mg q2mgqv 045°15、解析：(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理有qU ＝12mv 2①离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，有qE ＝m v 2R②解得U ＝12ER ③(2)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2r④由②、④式得r ＝mv qB ＝1B EmR q⑤ PQ ＝2r ＝2BEmR q答案：(1)12ER (2)2B EmRq16、解析：(1)小球运动时不受细管侧壁的作用力，因而小球所受洛仑兹力提供向心力qv 0B 0＝m v 20r ① 由①式解得v 0＝qB 0r m②(2)①在T 0到1.5T 0这段时间内，细管内一周的感应电动势E 感＝πr2ΔBΔt③ 由图乙可知ΔB Δt ＝2B 0T 0④ 由 于同一条电场线上各点的场强大小相等，所以E ＝E 感2πr⑤由③④⑤式及T 0＝2πm qB 0得E ＝qB 20r2πm ⑥②在T 0到1.5T 0时间内，小球沿切线方向的加速度大小恒为a ＝qE m⑦ 小球运动的末速度大小v ＝v 0＋a Δt ⑧由图乙Δt ＝0.5T 0，并由②⑥⑦⑧式得v ＝32v 0＝3qB 0r2m⑨ 由动能定理，电场力做功为W ＝12mv 2－12mv 20⑩ 由②⑨⑩式解得 W ＝58mv 20＝5q 2B 20r 28m答案：(1)qB 0r m (2)①qB 20r2πm ②5q 2B 20r 28m。

2015-2016学年北京大学附中河南分校高三（上）周测物理试卷（3）一、选择题（每小题6分，共48分1-6单选，7-10题多选）1．如图光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切，穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N．在运动过程中（）A．F增大，N减小B．F减小，N减小C．F增大，N增大D．F减小，N增大2．如图所示，在拉力作用下，小球A沿光滑的斜面缓慢地向上移动，在此过程中，小球受到的拉力F和支持力F N的大小变化是（）A．F增大，F N减小B．F和F N均减小C．F和F N均增大D．F减小，F N不变3．如图所示，小狗匀速向前跑动时，绳索上的拉力为F，绳索与地面夹角为θ=30°，此时小狗向前跑动的动力是（）A．F B．C． F D．2F4．如图所示，超市中的购物小车放在光滑斜面上，被竖直放置的光滑挡板挡住而静止，若小车总重为G，斜面倾角为30°，则光滑挡板受到小车的压力等于（）A．G B．C．G D．G5．如图所示，光滑斜面的倾角为30°轻绳通过两个滑轮与A相连，轻绳的另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦．物块A的质量为m不计滑轮的质量，挂上物块B后，当滑轮两边轻绳的夹角为90°时，A、B恰能保持静止，则物块B的质量为（）A．B．m C．m D．2m6．如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动．用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在以O点为圆心的圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中（保持OA与地面夹角θ不变），OC绳所受拉力的大小变化情况是（）A．逐渐减小 B．逐渐增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小7．如图所示，用细绳将条形磁铁A竖直挂起，再将小铁块B吸在条形磁铁A的下端，静止后将细绳烧断，A、B同时下落，不计空气阻力，则下落过程中（）A．小铁块B的加速度一定为gB．小铁块B只受一个力的作用C．小铁块B可能只受两个力的作用D．小铁块B共受三个力的作用8．如图所示，C是水平地面，A、B是两个长方形物块，F是作用在物块B上沿水平方向的力，物体A 和B以相同的速度作匀速直线运动．由此可知，A、B间的动摩擦因数μ1和B、C间的滑动摩擦系数μ2有可能是（）A．μ1=0，μ2=0 B．μ1=0，μ2≠0 C．μ1≠0，μ2=0 D．μ1≠0，μ2≠09．如图所示，质量为m1，m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动（m1在地面，m2在空中），力F与水平方向成θ角．则m1所受支持力N和摩擦力f正确的是（）A．N=m1g+m2g﹣FsinθB．N=m1g+m2g﹣FcosθC．f=FcosθD．f=Fsinθ10．如图所示，在斜面上放两个光滑球A和B，两球的质量均为m，它们的半径分别是R和r，球A左侧有一垂直于斜面的挡板P，两球沿斜面排列并处于静止，以下说法中正确的是（）A．斜面倾角θ一定，R＞r时，R越大，r越小，B对斜面的压力越小B．斜面倾角θ一定，R=r时，两球之间的弹力最小C．斜面倾角θ一定时，无论半径如何，A对挡板的压力一定D．半径一定时，随着斜面倾角θ逐渐增大，A受挡板的作用力先增大后减小二、非选择题（每题20分，共计40分）11．如图所示，一个球A夹在竖直墙与三角劈B的斜面之间，三角劈的重力为G，劈的底部与水平地面间的摩擦因数为μ，劈的斜面与竖直墙面是光滑的．问欲使三角劈静止不动球的重力不能超过多大？（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）12．有些人员，如电梯修理员、牵引专家等，常需要知道绳（或金属线）中的张力T，可又不便到绳（或线）的自由端去测量．现某家公司制造了一种夹在绳上的仪表（图中B、C为该夹子的横截面）．测量时，只要如图示那样用一硬杆竖直向上作用在绳上的某点A，使绳产生一个微小偏移量a，借助仪表很容易测出这时绳对硬杆的压力F．现测得该微小偏移量为a=12mm，BC间的距离为2L=250mm，绳对硬杆的压力为F=300N，试求绳中的张力T．2015-2016学年北京大学附中河南分校高三（上）周测物理试卷（3）一、选择题（1-6单选，7-10题多选）1．如图光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切，穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N．在运动过程中（）A．F增大，N减小B．F减小，N减小C．F增大，N增大D．F减小，N增大解：对球受力分析，受重力、支持力和拉力，如，根据共点力平衡条件，有N=mgcosθF=mgsinθ其中θ为支持力N与竖直方向的夹角；当物体向上移动时，θ变大，故N变小，F变大；故A正确2．如图所示，在拉力作用下，小球A沿光滑的斜面缓慢地向上移动，在此过程中，小球受到的拉力F和支持力F N的大小变化是（）A．F增大，F N减小B．F和F N均减小C．F和F N均增大D．F减小，F N不变解：小球受重力G、支持力F N、拉力F处于动态平衡状态．根据平衡条件得知：F N与F的合力与G大小相等、方向相反，作出这两个力的合力，如图．由力的合成图可知，F增大，F N减小．A正确3．如图所示，小狗匀速向前跑动时，绳索上的拉力为F，绳索与地面夹角为θ=30°，此时小狗向前跑动的动力是（）A．F B．C． F D．2F解：把绳索上的拉力F分解，F的水平分量Fcosθ与小狗的动力满足二力平衡条件，因此小狗向前跑动的动力等于Fcosθ=F，C正确4．如图所示，超市中的购物小车放在光滑斜面上，被竖直放置的光滑挡板挡住而静止，若小车总重为G，斜面倾角为30°，则光滑挡板受到小车的压力等于（）A．G B．C．G D．G解：对小车进行受力分析如图，由图可知：所以：F=根据牛顿第三定律可知，光滑挡板受到小车的压力等于挡板对小车的支持力，即也是G．A正确5．如图所示，光滑斜面的倾角为30°轻绳通过两个滑轮与A相连，轻绳的另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦．物块A的质量为m不计滑轮的质量，挂上物块B后，当滑轮两边轻绳的夹角为90°时，A、B恰能保持静止，则物块B的质量为（）A．B．m C．m D．2m解：先对A受力分析，再对B受力分析，如图根据共点力平衡条件，有mgsin30°=T解得M=选A6．如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动．用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在以O点为圆心的圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中（保持OA与地面夹角θ不变），OC绳所受拉力的大小变化情况是（）A．逐渐减小B．逐渐增大C．先减小后增大D．先增大后减小解：对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力；故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O受绳子的拉力OA的支持力及OC的拉力而处于平衡；受力分析如图所示；将F和OC绳上的拉力合力，其合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中D点时力最小；C正确7．如图所示，用细绳将条形磁铁A竖直挂起，再将小铁块B吸在条形磁铁A的下端，静止后将细绳烧断，A、B同时下落，不计空气阻力，则下落过程中（）A．小铁块B的加速度一定为g B．小铁块B只受一个力的作用C．小铁块B可能只受两个力的作用D．小铁块B共受三个力的作用解：A、细绳烧断后，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：加速度a=g，方向竖直向下．A正确．B、C、D：对B研究：根据牛顿第二定律分析得知，B的合力等于重力，由于条形磁铁A对B有向上的吸引力，则A对B一定有向下有弹力，大小等于磁铁的引力．所以B共受三个力作用．故BC错误，D 正确．选AD8．如图所示，C是水平地面，A、B是两个长方形物块，F是作用在物块B上沿水平方向的力，物体A 和B以相同的速度作匀速直线运动．由此可知，A、B间的动摩擦因数μ1和B、C间的滑动摩擦系数μ2有可能是（）A．μ1=0，μ2=0 B．μ1=0，μ2≠0C．μ1≠0，μ2=0 D．μ1≠0，μ2≠0解：先以A为研究对象，A做匀速运动，合力为零，由平衡条件分析可知，A不受摩擦力，否则水平方向上A的合力不为零，不可能做匀速直线运动，则知A、B间的动摩擦因数μ1可能为零，也可能不为零；再以整体为研究对象，由平衡条件分析可知，地面对B一定有摩擦力，则B与地面之间的动摩擦因数μ2一定不为零．选：BD9．如图所示，质量为m1，m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动（m1在地面，m2在空中），力F与水平方向成θ角．则m1所受支持力N和摩擦力f正确的是（）A．N=m1g+m2g﹣FsinθB．N=m1g+m2g﹣FcosθC．f=FcosθD．f=Fsinθ解：对AB整体受力分析，受到重力mg=（m1+m2）g、支持力N、拉力F、滑动摩擦力f，如图根据共点力平衡条件，有Fcosθ﹣f=0N+Fsinθ﹣mg=0解得N=mg﹣Fsinθ=（m1+m2）g﹣Fsinθf=Fcosθ选AC10．如图所示，在斜面上放两个光滑球A和B，两球的质量均为m，它们的半径分别是R和r，球A左侧有一垂直于斜面的挡板P，两球沿斜面排列并处于静止，以下说法中正确的是（）A．斜面倾角θ一定，R＞r时，R越大，r越小，B对斜面的压力越小B．斜面倾角θ一定，R=r时，两球之间的弹力最小C．斜面倾角θ一定时，无论半径如何，A对挡板的压力一定D．半径一定时，随着斜面倾角θ逐渐增大，A受挡板的作用力先增大后减小解：A、以B球为研究对象，分析受力情况：重力mg、斜面的支持力N和A对B的弹力F，由平衡条件得知N与F的合力与重力mg大小相等、方向相反，则此合力保持不变．斜面倾角θ一定，R＞r，R越大，r越小，F与水平方向的夹角越大，如图，作出F在三个不同角度时力的合成图，由图看出，斜面对B的支持力N越大，由牛顿第三定律得知，B对斜面的压力越大．故A错误．B、斜面倾角θ一定，由图根据几何知识得知，当N与F垂直时F最小，即两球间的弹力最小，此时，R=r时．故B正确．C、以两球组成的整体研究得知，A对挡板的压力N A=2mgsinθ，则知斜面倾角θ一定时，无论半径如何，A对挡板的压力N A一定．故C正确．D、由上知，A对挡板的压力N A=2mgsinθ，半径一定时，随着斜面倾角θ逐渐增大，A对挡板的压力N A 增大．故D错误．选BC二、非选择题11．如图所示，一个球A夹在竖直墙与三角劈B的斜面之间，三角劈的重力为G，劈的底部与水平地面间的摩擦因数为μ，劈的斜面与竖直墙面是光滑的．问欲使三角劈静止不动球的重力不能超过多大？（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）解：对球A进行受力分析，根据受力平衡有：N==mg对三角劈进行受力分析，根据受力平衡有：f=N•cos45°又：F N=（G+N•cos45°）f=μF N解得：mg=μ•答：欲使三角劈静止不动球的重力不能超过．12．有些人员，如电梯修理员、牵引专家等，常需要知道绳（或金属线）中的张力T，可又不便到绳（或线）的自由端去测量．现某家公司制造了一种夹在绳上的仪表（图中B、C为该夹子的横截面）．测量时，只要如图示那样用一硬杆竖直向上作用在绳上的某点A，使绳产生一个微小偏移量a，借助仪表很容易测出这时绳对硬杆的压力F．现测得该微小偏移量为a=12mm，BC间的距离为2L=250mm，绳对硬杆的压力为F=300N，试求绳中的张力T．解：对A点受力分析，如图所示，由平衡条件得：F=2Tsinα当α很小时，sinα≈tanα由几何关系得：tanα=解得：T=，代入数据解得T=1.6×103 N．答：绳子中的张力为1.6×103 N．。

北大附中焦作校区2016届高三物理周测试卷（16）考查范围：电磁感应部分一、选择题(本题共10小题，每题4分，共40分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．如图所示，一个半径为L 的半圆形硬导体AB 以速度v 在水平U 型框架上向右匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B ，回路电阻为R 0，半圆形硬导体AB 的电阻为r ，其余电阻不计，则半圆形导体AB 切割磁感线产生的感应电动势大小及A 、B 之间的电势差分别为( )A ．BLv BLvR 0R 0＋rB ．B πLv B πLvR 0R 0＋rC ．2BLv 2BLvR 0R 0＋rD ．2BLv 2BLv2．某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10－5T ．一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m ，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过．设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s.下列说法正确的是( )A ．河北岸的电势较高B ．河南岸的电势较高C ．电压表记录的电压为9 mVD ．电压表记录的电压为5 mV3．在匀强磁场中，有一个接有电容器的单匝导线回路，如图所示，已知C ＝30 μF ，L 1＝5 cm ，L 2＝8 cm ，磁场以5×10－2T/s 的速率增加，则( )A ．电容器上极板带正电，带电荷量为6×10－5CB ．电容器上极板带负电，带电荷量为6×10－5CC ．电容器上极板带正电，带电荷量为6×10－9CD ．电容器上极板带负电，带电荷量为6×10－9C4．如下图所示，正方形线圈abcd 位于纸面内，边长为L ，匝数为N ，线圈内接有阻值为R 的电阻，过ab 中点和cd 中点的连线OO ′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为B .当线圈绕OO ′转过90°时，通过电阻R 的电荷量为( )A.BL 22RB.NBL 22RC.BL 2RD.NBL 2R5．如图所示，E 为电池，L 是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D 1、D 2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S 是控制电路的开关．对于这个电路，下列说法正确的是( )A ．刚闭合开关S 的瞬间，通过D 1、D 2的电流大小相等B ．刚闭合开关S 的瞬间，通过D 1、D 2的电流大小不相等C ．闭合开关S 待电路达到稳定，D 1熄灭，D 2比原来更亮D ．闭合开关S 待电路达到稳定，再将S 断开瞬间，D 2立即熄灭，D 1闪亮一下再熄灭6．如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔBΔt的大小应为( )A.4ωB 0π B.2ωB 0π C.ωB 0π D.ωB 02π7．半径为a 右端开小口的导体圆环和长为2a 的导体直杆，单位长度电阻均为R 0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B .杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开始，杆的位置由θ确定，如右图所示，则( )A ．θ＝0时，杆产生的电动势为 2BavB ．θ＝π3时，杆产生的电动势为3BavC ．θ＝0时，杆受的安培力大小为2B 2avπ＋2 R 0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2av5π＋3 R 08．如图所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .下列选项正确的是( )A. P ＝2mgv sin θB. P ＝3mgv sin θC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g2sin θD ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功 9．如图所示，在两个沿竖直方向的匀强磁场中，分别放入两个完全一样的水平金属圆盘a 和b ，它们可以绕竖直轴自由转动，用导线把它们相连．当圆盘a 转动时( )A ．圆盘b 总是与a 沿相同方向转动B ．圆盘b 总是与a 沿相反方向转动C ．若B 1、B 2同向，则a 、b 转向相同D ．若B 1、B 2反向，则a 、b 转向相同10.如图所示，光滑绝缘水平面上，有一矩形线圈冲入一匀强磁场，线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场宽度大于线圈宽度，那么( )A ．线圈恰好在刚离开磁场的地方停下B ．线圈在磁场中某位置停下C ．线圈在未完全离开磁场时即已停下D ．线圈完全离开磁场以后仍能继续运动，不会停下来 二、填空题(本题共2小题，每题8分，共16分) 11.如图所示，半径为r 的金属圆环绕通过直径的轴OO ′以角速度ω匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为B ，以金属环的平面与磁场方向重合时开始计时，求在转动30°角的过程中，环中产生的感应电动势为________．12.一个边长为10 cm 的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框匝数n ＝100，线框平面与磁场垂直，电阻为20 Ω.磁感应强度随时间变化的图象如图所示．则在一个周期内线框产生的热量为________ J.三、计算题(本题共4小题，13、14题各10分，15、16题各12分，共44分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13.轻质细线吊着一质量为m ＝0.32 kg 、边长为L ＝0.8 m 、匝数n ＝10的正方形线圈，总电阻为r ＝1 Ω.边长为L2的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示，磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示，从t ＝0开始经t 0时间细线开始松弛，取g ＝10 m/s 2.求：(1)在前t 0时间内线圈中产生的电动势； (2)在前t 0时间内线圈的电功率； (3) t 0的值．14．(2011·浙江理综)如下图甲所示，在水平面上固定有长为L ＝2 m 、宽为d ＝1 m 的金属“U”型导轨，在“U”型导轨右侧l ＝0.5 m 范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如下图乙所示．在t ＝0时刻，质量为m ＝0.1 kg 的导体棒以v 0＝1 m/s 的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ＝0.1Ω/m ，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g ＝10 m/s 2)．(1)通过计算分析4 s 内导体棒的运动情况；(2)计算4 s 内回路中电流的大小，并判断电流方向； (3)计算4 s 内回路产生的焦耳热． 15． (2012·天津理综)如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l ＝0.5 m ，左端接有阻值R ＝0.3 Ω的电阻．一质量m ＝0.1 kg ，电阻r ＝0.1 Ω的金属棒MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B ＝0.4 T ．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a ＝2 m/s 2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x ＝9 m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1:Q 2＝2:1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R 的电荷量q ； (2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2； (3)外力做的功W F .16．如下图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L ＝1 m ，上端接有电阻R ＝3 Ω，虚线OO ′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m ＝0.1 kg 、电阻r ＝1 Ω的金属杆ab 从OO ′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v －t 图象如下图乙所示．(取g ＝10 m/s 2)求：(1)磁感应强度B ；(2)杆在磁场中下落0.1 s 过程中电阻R 产生的热量．参考答案：1、解析：根据E ＝BLv ，感应电动势2BLv ，AB 间的电势差U ＝ER 0R 0＋r，C 项正确． 答案：C2、解析：由E ＝BLv ＝(4.5×10－5×100×2)V＝9×10－3V ＝9 mV ，可知电压表记录的电压为9 mV ，选项C 正确，D 错误；从上往下看，画出水流切割磁感线示意图如图所示，据右手定则可知北岸电势高，选项A 正确，B 错误．答案：AC3、解析：电容器两极板间的电势差U 等于感应电动势E ，由法拉第电磁感应定律，可得E ＝ΔB Δt·L 1L 2＝2×10－4V ，电容器的带电荷量Q ＝CU ＝CE ＝6×10－9C ，再由楞次定律可知上极板的电势高，带正电，C 项正确．答案：C4、解析：初状态时，通过线圈的磁通量为Φ1＝BL 22，当线圈转过90°时，通过线圈的磁通量为0，由q ＝ΔΦR 可得通过电阻R 的电量为BL22R.答案：A5、解析：由于线圈的电阻可忽略不计、自感系数足够大，在开关闭合的瞬间线圈的阻碍作用很大，线圈中的电流为零，所以通过D 1、D 2的电流大小相等，A 正确，B 错误．闭合开关S 待电路达到稳定时线圈短路，D 1中电流为零，回路电阻减小，D 2比原来更亮，C 正确．闭合开关S 待电路达到稳定，再将S 断开瞬间，D 2立即熄灭，线圈和D 1形成回路，D 1闪亮一下再熄灭，故A 、C 、D 正确．答案：ACD6、解析：线框转动过程中，等效于长度为半径R 的导体棒绕O 点转动切割磁感线，v ＝R 2·ω，其产生的感应电动势E ＝B 0·R ·v ＝B 0R 2ω2；线框静止不动时，根据法拉第电磁感应定律可知线框产生的感应电动势为E ′＝ΔB Δt ·πR 22.根据题意有E ＝E ′，可得ΔBΔt＝ωB 0π，选项C 正确． 答案：C7、解析：θ＝0时，杆在CD 位置，产生的电动势为E ＝B ·2av ＝2Bav ，通过杆的电流为I ＝2Bav πaR 0＋2aR 0＝2Bv πR 0＋2R 0，杆受到的安培力为F ＝BI ·2a ＝4B 2avπR 0＋2R 0，选项A 正确，C错误；θ＝π3时，杆切割的有效长度为a ，产生的电动势为E ＝Bav ，电路的总电阻为R ＝(2π－π3)aR 0＋aR 0＝53πaR 0＋aR 0，通过杆的电流为I ＝Bav R ＝3Bv 5π＋3 R 0，杆受到的安培力为F ＝BIa ＝3B 2av5π＋3 R 0，选项B 错误、D 正确．答案：AD8、解析：当导体棒以速度v 匀速运动时，沿斜面方向有mg sin θ＝B 2L 2vR；当导体棒以2v 匀速运动时，沿斜面方向F ＋mg sin θ＝2B 2L 2vR，故F ＝mg sin θ，此时拉力F 的功率P ＝F ×2v＝2mgv sin θ，选项A 正确，B 错误；当导体棒的速度达到v 2时，沿斜面方向mg sin θ－B 2L 2v2R＝ma ，解得a ＝12g sin θ，选项C 正确；导体棒的速度达到2v 以后，拉力与重力的合力做的功等于R 上产生的焦耳热，选项D 错误．答案：AC9、解析：当圆盘a 转动时，由于切割磁感线而产生感应电流，该电流流入b 盘中，在磁场中由于安培力作用b 盘会转动，但若不知B 1、B 2的方向关系，则b 盘与a 盘的转向关系将无法确定，故A 、B 错．设B 1、B 2都向上，a 盘逆时针转动时，由右手定则可判电流方向为a →a ′→b →b ′→a ，b 盘受力由左手定则可判为顺时针方向，故C 错，同理可得D 正确．答案：D10、解析：线圈冲入匀强磁场时，产生感应电流，线圈受安培力作用做减速运动，动能也减少．同理，线圈冲出匀强磁场时，动能减少，进、出时减少的动能都等于克服安培力做的功．由于进入时的速度大，故感应电流大，安培力大，安培力做的功也多，减少的动能也多，线圈离开磁场过程中，损失动能少于它在磁场外面时动能的一半，因此线圈离开磁场仍继续运动．答案：D11、解析：ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BS sin30°－0＝12B πr 2.又Δt ＝θω＝π/6ω＝π/(6ω)所以E ＝ΔΦΔt ＝12B πr 2π/ 6ω ＝3B ωr 2.答案：3B ωr 212、解析：由题图可知，线框中穿过均匀变化的磁场，变化周期T ＝4 s ．根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，线框中产生的感应电动势E ＝nS ΔBΔt，感应电流I ＝E R ＝100×10－220A ＝5×10－2A ，在一个周期内产生的热量Q ＝I 2RT ＝(5×10－2)2×20×4 J＝0.2 J. 答案：0.213、解析：(1)由法拉第电磁感应定律得E ＝n ΔΦΔt ＝n ×12×(L 2)2ΔB Δt ＝10×12×(0.82)2×0.5 V＝0.4 V.(2)I ＝Er＝0.4 A ，P ＝I 2r ＝0.16 W.(3)分析线圈受力可知，当细线松弛时有：F 安＝nBt 0I L 2＝mg ，I ＝ErBt 0＝2mgr nEL＝2 T由图象知：Bt 0＝1＋0.5t 0(T)，解得t 0＝2 s. 答案：(1)0.4 V (2)0.16 W (3)2 s14、解析：(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有－μmg ＝ma v t ＝v 0＋at x ＝v 0t ＋12at 2代入数据解得t ＝1 s ，x ＝0.5 m ，导体棒没有进入磁场区域．导体棒在1 s 末已停止运动，以后一直保持静止，离左端位置仍为x ＝0.5 m. (2)前2 s 磁通量不变，回路电动势和电流分别为 E ＝0，I ＝0后2 s 回路产生的电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ld ΔBΔt＝0.1 V 回路的总长度为5 m ，因此回路的总电阻为 R ＝5λ＝0.5 Ω 电流为I ＝ER＝0.2 A 根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向． (3)前2 s 电流为零，后2 s 有恒定电流，焦耳热为 Q ＝I 2Rt ＝0.04 J.答案：(1)见解析 (2)0.2 A 沿顺时针方向 (3)0.04 J15、解析：(1)设棒匀加速运动的时间为Δt ，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ① 其中ΔΦ＝Blx ②设回路中的平均电流为I ，由闭合电路的欧姆定律得I ＝E R ＋r③则通过电阻R 的电荷量为q ＝I Δt ④联立①②③④式，代入数据得 q ＝4.5 C ⑤(2)设撤去外力时棒的速度为v ，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得 v 2＝2ax ⑥设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W ，由动能定理得W ＝0－12mv 2⑦撤去外力后回路中产生的焦耳热 Q 2＝－W ⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得 Q 2＝1.8 J ⑨(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1:Q 2＝2:1，可得 Q 1＝3.6 J ⑩在棒运动的整个过程中，由功能关系可知 W F ＝Q 1＋Q 2⑪ 由⑨⑩⑪式得 W F ＝5.4 J ⑫答案：(1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J 16、解析：(1)由图象知，杆自由下落0.1 s 进入磁场后以v ＝1.0 m/s 做匀速运动．产生的电动势E ＝BLv杆中的电流I ＝ER ＋r杆所受安培力F 安＝BIL 由平衡条件得mg ＝F 安 解得B ＝2 T(2)电阻R 产生的热量Q ＝I 2Rt ＝0.075 J答案：(1) 2 T (2)0.075 J。