江苏省常州三中高三物理上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年江苏省常州三中高三（上）期中物理试卷一单项选择题：（本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有-个选项符合题意.）1如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节下列说法正确的是（）a仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大b仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大c仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大d仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大2如图所示，a、b是两个完全相同的灯泡，d是理想二极管，l是带铁芯的线圈，其电阻忽略不计下列说法正确的是（）as闭合瞬间，a先亮bs闭合瞬间，a、b同时亮cs断开瞬间，b逐渐熄灭ds断开瞬间，a闪亮一下，然后逐渐熄灭3如图甲所示，静止在水平地面上的物块受到水平拉力f的作用，f与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面之间的最大静摩擦力fm大小与滑动摩擦力大小相等，则（）a0t1时间内所受摩擦力大小不变bt1t2时间内物块做加速度减小的加速运动ct2时刻物块的速度最大dt2t3时间内物块克服摩擦力做功的功率增大4如图所示为“单聚焦质谱仪的结构图”，气体分子或液体固体的蒸气分子进入样品室后受到具有一定能量的高速电子流轰击分子变成带正电荷的阳离子称为分子离子加速器的作用使离子加速正离子加速进入质量分析器，质量分析器中的扇形匀强磁场将其按质荷比大小不同进行分离分离后的离子先后进入检测器，检测器得到离子信号，放大器将信号放大并记录在读出装置上下列关于该质谱仪的说法正确的是（）a加速电压越大则分子离子的转动半径越小b扇形磁场的磁场越强则分子离子的转动半径越大c若真空泵未能将磁场区域的空气吸光，则分子离子的转动半径越来越小d氕氘氚同位素中氕的转动半径最大5如图所示，质量均为m的a、b两滑块放在粗糙水平面上，两轻杆等长，杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处悬挂一质量为m的重物c，整个装置处于静止状态，设杆与水平面间的夹角为下列说法正确的是（）a当m一定时，越大，轻杆受力越不变b当m一定时，越小，滑块对地面的压力越大c当一定时，m越大，滑块与地面间的摩擦力不变d当一定时，m越小，可悬挂重物c的质量m越大二多项选择题：（本题共4小题，每小题4分，共计16分每小题至少两个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分）6在地球上方的轨道空间充斥着大量的太空垃圾，如图所示，它们具有巨大破坏力，若与运作中的人造卫星、载人飞船或国际空间站相撞，会危及到设备甚至宇航员的生命据计算一块直径为10厘米的太空垃圾就可以将航天器完全摧毁，数毫米大小的太空垃圾就有可能使它们无法继续工作美国航天局（nasa）统计称，地球卫星轨道上目前能追踪到的超过10厘米的物体超过22000件，其中只有1000件是正在工作的航天器，其余的都是太空垃圾关于太空垃圾下列说法正确的是（）a太空垃圾之所以对飞行器产生巨大危害是因为其运行速度都大于第一宇宙速度b美国密歇根大学正在研究将大气气体脉冲发射到目标碎片必经路线上从而可以实现垃圾落地c可以采用导弹击毁太空中的报废卫星从而实现清理垃圾的效果d外层太空垃圾对发射卫星的危害性比内层垃圾要小7如图所示，d处固定有负点电荷q，一个带电质点只在电场力作用下运动，射入此区域时的轨迹为图中曲线abc，a、b、c、d恰好是一正方形的四个顶点，则有（）aa、b、c三点处电势高低关系是a=cbb质点由a到c，电势能先增加后减小，在b点动能最小c质点在a、b、c三点处的加速度大小之比为2：1：2d若将d处的点电荷改为+q，该带电质点的轨迹仍可能为曲线abc8如图1所示，螺线管内有一平行于轴线的匀强磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度b的正方向，螺线管与u型导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环l，圆环与导线框cdef在同一平面内当螺线管内的磁感应强度随时间按图2所示规律变化时（）a在t3时刻，金属圆环l内的磁通量最大b在t4时刻，金属圆环l内的磁通量最大c在t2t3时间内，金属圆环l内有逆时针方向的感应电流d在t2t3时间内，金属圆环l有收缩趋势9如图所示，在竖直平面内半径为r的四分之一圆弧轨道ab、水平轨道bc与斜面cd平滑连接在一起，斜面足够长在圆弧轨道上静止着n个半径为r（rr）的光滑刚性小球，小球恰好将圆弧轨道铺满，从最高点a到最低点b依次标记为1、2、3n现将圆弧轨道末端b处的阻挡物拿走，n个小球由静止开始沿轨道运动，不计摩擦与空气阻力，下列说法正确的是（）an个小球在运动过程中始终不会散开b第n个小球在斜面上能达到的最大高度为rc第1个小球到达最低点的速度vd第1个小球到达最低点的速度v三实验题：（本大题有2小题，共18分）10如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验有一直径为d、质量为m的金属小球由a处由静止释放，下落过程中能通过a处正下方、固定于b处的光电门，测得a、b间的距离为h（hd），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g则：（1）如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d=mm（2）小球经过光电门b时的速度表达式为（3）多次改变高度h，重复上述实验，作出随h的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、h0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：时，可判断小球下落过程中机械能守恒（4）实验中发现动能增加量ek总是稍小于重力势能减少量ep，增加下落高度后，则epek将 （选填“增加”、“减小”或“不变”）11（10分）（2015海南模拟）实验室有下列器材：灵敏电流计（内阻约为50）；电压表（03v，内阻约为10k）；电阻箱r1（09999）；滑动变阻器r2（0100，1.5a）；旧干电池一节；导线开关若干（1）某实验小组先测灵敏电流计的内阻，电路如图甲所示，测得电压表示数为2v，灵敏电流计示数为4ma，电阻箱旋钮位置如图乙所示，则灵敏电流计内阻为（2）为将灵敏电流计的量程扩大为原来的10倍，该实验小组将电阻箱与灵敏电流计并联，则应将电阻箱r1的阻值调为调好后连接成如图丙所示的电路测干电池的电动势和内阻，调节滑动变阻器读出了几组电压表和电流计的示数如下表，请在图丁所示的坐标系中作出合适的uig图线u/v0.80.91.01.11.2ig/ma3.02.52.01.51.0（3）由作出的uig图线求得干电池的电动势e=v，内阻r=四计算题：（本大题共5小题，共计71分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，直接写出最后答案的不得分）12（10分）（2015秋常州校级期中）如图所示，光滑固定的竖直杆上套有一个质量m=0.4kg的小物块a，不可伸长的轻质细绳通过固定在墙壁上、大小可忽略的定滑轮d，连接物块a和小物块b，虚线cd水平，间距d=0.72m，此时连接物块a的细绳与竖直杆的夹角为37，物块a恰能保持静止不计摩擦和空气阻力，sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g取10m/s2求：（1）物块b的质量；（2）现将物体a移至c处由静止释放，求a、b的最大速度各为多少？13（15分）（2015秋常州校级期中）如图，半径r=0.5m的光滑圆弧轨道abc与足够长的粗糙轨道cd在c处平滑连接，o为圆弧轨道abc的圆心，b点为圆弧轨道的最低点，半径oa、oc与ob的夹角分别为53和37将一个质量m=0.5kg的物体（视为质点）从a点左侧高为h=0.8m处的p点水平抛出，恰从a点沿切线方向进入圆弧轨道已知物体与轨道cd间的动摩擦因数=0.8，重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）物体水平抛出时的初速度大小v0；（2）物体经过b点时，对圆弧轨道压力大小fn；（3）物体在轨道cd上运动的距离x14（15分）（2014秋苏州期末）如图所示，原点o为两个大小不同的同心圆的圆心半径为r的小圆区域i内有方向垂直xoy平面向里的匀强磁场，两圆之间的环形区域ii内也有方向垂直于xoy平面的另一匀强磁场一质量为m、电量为q、初速度为v0的带正电粒子从坐标为（0，r）的a点沿y方向射入区域i，然后从x轴上的p点沿+x方向射出，粒子经过区域ii后从q点第2次射入区域i，已知oq与+x方向成60角不计粒子的重力（1）求区域i中磁感应强度b1的大小；（2）求环形区域ii中磁感应强度b2的大小、方向；（3）若要使粒子约束在磁场内，求大圆半径r的最小值；（4）求粒子在磁场中运动的周期t15（15分）（2016泗阳县校级一模）如图所示xoy平面内，在x轴上从电离室产生的带正电的粒子，以几乎为零的初速度飘入电势差为u=200v的加速电场中，然后经过右侧极板上的小孔沿x轴进入到另一匀强电场区域，该电场区域范围为lx0（l=4cm），电场强度大小为e=104v/m，方向沿y轴正方向带电粒子经过y轴后，将进入一与y轴相切的圆形边界匀强磁场区域，磁场区域圆半径为r=2cm，圆心c到x轴的距离为d=4cm，磁场磁感应强度为b=8102t，方向垂直xoy平面向外带电粒子最终垂直打在与y轴平行、到y轴距离为l=6cm的接收屏上求：（1）带电粒子通过y轴时离x轴的距离；（2）带电粒子的比荷；（3）若另一种带电粒子从电离室产生后，最终打在接收屏上y=cm处，则该粒子的比荷又是多少？16（16分）（2014如东县校级模拟）如图，p是倾角为30的光滑固定斜面劲度系数为k的轻弹簧一端同定在斜面底端的固定挡板c上，另一端与质量为m的物块a相连接细绳的一端系在物体a上，细绳跨过不计质量和摩擦的定滑轮，另一端有一个不计质量的小挂钩小挂钩不挂任何物体时，物体a处于静止状态，细绳与斜面平行在小挂钩上轻轻挂上一个质量也为m的物块b后，物体a沿斜面向上运动斜面足够长，运动过程中b始终未接触地面（1）求物块a刚开始运动时的加速度大小a；（2）设物块a沿斜面上升通过q点位置时速度最大，求q点到出发点的距离x0及最大速度vm；（3）把物块b的质量变为nm（n0.5），小明同学认为，只要n足够大，就可以使物块a沿斜面上滑到q点时的速度增大到2vm，你认为是否正确？如果正确，请说明理由，如果不正确，请求出a沿斜面上升到q点位置时的速度的范围2015-2016学年江苏省常州三中高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一单项选择题：（本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有-个选项符合题意.）1如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节下列说法正确的是（）a仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大b仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大c仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大d仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 【分析】根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式【解答】解：根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有：eu=mv02电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：ebv0=m解得：r=t=可见增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由式可得，电子束的轨道半径变小由式知周期变小，故ac错误；提高电子枪加速电压，电子束的轨道半径变大、周期不变，故b正确d错误；故选：b【点评】本题考查了粒子在磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键2如图所示，a、b是两个完全相同的灯泡，d是理想二极管，l是带铁芯的线圈，其电阻忽略不计下列说法正确的是（）as闭合瞬间，a先亮bs闭合瞬间，a、b同时亮cs断开瞬间，b逐渐熄灭ds断开瞬间，a闪亮一下，然后逐渐熄灭【考点】自感现象和自感系数 【分析】依据自感线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源；二极管的特征是只正向导通【解答】解：ab、闭合瞬间线圈相当于断路，二极管为反向电流，故电流不走a灯泡，b也不亮，故a错误，b错误cd、开关s断开瞬间b立刻熄灭，由于二极管正向导通，故自感线圈与a形成回路，a闪亮一下，然后逐渐熄灭，故c错误，d正确故选：d【点评】该题两个关键点，1、要知道理想线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源；2、要知道二极管的特征是只正向导通3如图甲所示，静止在水平地面上的物块受到水平拉力f的作用，f与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面之间的最大静摩擦力fm大小与滑动摩擦力大小相等，则（）a0t1时间内所受摩擦力大小不变bt1t2时间内物块做加速度减小的加速运动ct2时刻物块的速度最大dt2t3时间内物块克服摩擦力做功的功率增大【考点】功率、平均功率和瞬时功率；摩擦力的判断与计算；功的计算 【专题】功率的计算专题【分析】当拉力小于最大静摩擦力时，物体静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，当拉力大于最大静摩擦力时，物体开始加速，当拉力重新小于最大静摩擦力时，物体由于惯性继续减速运动【解答】解：a、在0t1时间内水平拉力小于最大静摩擦力，物体保持不动，摩擦力大小逐渐增大，故a错误；b、t1到t2时刻，拉力逐渐增大，摩擦力不变，根据牛顿第二定律可知，加速度逐渐增大，故b错误；c、t1到t3时刻，合力向前，物体一直加速前进，t3时刻后合力反向，要做减速运动，所以t3时刻速度最大，故c错误；d、t2t3时间内速度逐渐增大，摩擦力大小不变，根据p=fv可知物块克服摩擦力做功的功率增大，故d正确故选：d【点评】根据受力情况分析物体运动情况，t1时刻前，合力为零，物体静止不动，t1到t3时刻，合力向前，物体加速前进，t3之后合力向后，物体减速运动4如图所示为“单聚焦质谱仪的结构图”，气体分子或液体固体的蒸气分子进入样品室后受到具有一定能量的高速电子流轰击分子变成带正电荷的阳离子称为分子离子加速器的作用使离子加速正离子加速进入质量分析器，质量分析器中的扇形匀强磁场将其按质荷比大小不同进行分离分离后的离子先后进入检测器，检测器得到离子信号，放大器将信号放大并记录在读出装置上下列关于该质谱仪的说法正确的是（）a加速电压越大则分子离子的转动半径越小b扇形磁场的磁场越强则分子离子的转动半径越大c若真空泵未能将磁场区域的空气吸光，则分子离子的转动半径越来越小d氕氘氚同位素中氕的转动半径最大【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理 【专题】定量思想；方程法；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】根据动能定理求出粒子进入磁场的速度，根据牛顿第二定律求出轨道半径，从而得知r与什么因素有关【解答】解：a、根据动能定理得，qu=mv2，得v=由qvb=m得，r=，因此加速电压越大则分子离子的转动半径越大，故a错误；b、由上分析可知，扇形磁场的磁场越强则分子离子的转动半径越小，故b错误；c、若真空泵未能将磁场区域的空气吸光，导致粒子的电量增大，则分子离子的转动半径越来越小，故c正确d、氕氘氚同位素中，只要质量越大的，半径才越大故d错误故选：c【点评】解决本题的关键利用动能定理和牛顿第二定律求出影响半径的因素，从而得出r与磁场，粒子的比荷，及加速电压有关，同时理解同位素的概念5如图所示，质量均为m的a、b两滑块放在粗糙水平面上，两轻杆等长，杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处悬挂一质量为m的重物c，整个装置处于静止状态，设杆与水平面间的夹角为下列说法正确的是（）a当m一定时，越大，轻杆受力越不变b当m一定时，越小，滑块对地面的压力越大c当一定时，m越大，滑块与地面间的摩擦力不变d当一定时，m越小，可悬挂重物c的质量m越大【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 【专题】定性思想；整体法和隔离法；共点力作用下物体平衡专题【分析】先将c的重力按照作用效果分解，根据平行四边形定则求解轻杆受力；再隔离物体a受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解滑块与地面间的摩擦力和弹力【解答】解：a、将c的重力按照作用效果分解，如图所示：根据平行四边形定则，有：=，故m一定时，越大，轻杆受力越小，故a错误；b、对abc整体分析可知，对地压力为：fn=（2m+m）g；与无关，故b错误；c、对a分析，受重力、杆的推力、支持力和向右的静摩擦力，根据平衡条件，有：f=f1cos=，与m无关，不变，故c正确；d、只要动摩擦因素足够大，即可满足f1cosf1sin，不管m多大，m都不会滑动，故d错误；故选：c【点评】本题关键是明确物体的受力情况，然后根据平衡条件列式分析，选项d涉及摩擦自锁现象，不难二多项选择题：（本题共4小题，每小题4分，共计16分每小题至少两个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分）6在地球上方的轨道空间充斥着大量的太空垃圾，如图所示，它们具有巨大破坏力，若与运作中的人造卫星、载人飞船或国际空间站相撞，会危及到设备甚至宇航员的生命据计算一块直径为10厘米的太空垃圾就可以将航天器完全摧毁，数毫米大小的太空垃圾就有可能使它们无法继续工作美国航天局（nasa）统计称，地球卫星轨道上目前能追踪到的超过10厘米的物体超过22000件，其中只有1000件是正在工作的航天器，其余的都是太空垃圾关于太空垃圾下列说法正确的是（）a太空垃圾之所以对飞行器产生巨大危害是因为其运行速度都大于第一宇宙速度b美国密歇根大学正在研究将大气气体脉冲发射到目标碎片必经路线上从而可以实现垃圾落地c可以采用导弹击毁太空中的报废卫星从而实现清理垃圾的效果d外层太空垃圾对发射卫星的危害性比内层垃圾要小【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用 【专题】信息给予题；定量思想；方程法；人造卫星问题【分析】卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提高向心力，卫星环绕地球表面运行的速度最大，即第一宇宙速度，大小为7.9km/s，应用牛顿第二定律分析答题【解答】解：a、卫星的速度：v=，由于卫星的轨道半径r大于地球半径r，因此其速度小于第一宇宙速度7.9km/s，故a错误；b、新浪科技讯北京时间4月28日消息，地球轨道里有超过50万个“太空垃圾”，美国宇航局已经提出一项“清理”近地太空的激进方法美国密歇根大学的一个科研组目前正在研究一种利用气体“脉冲”射击太空碎片的新技术故b正确；c、采用导弹击毁太空中的报废卫星，只能增加太空垃圾，不能实现清理垃圾的效果故c错误；d、外层太空垃圾运行的高度大，对发射卫星的危害性比内层垃圾要小故d正确故选：bd【点评】万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，知道第一宇宙速度、应用万有引力定律即可正确解题同时，涉及到物理方向的一些科技应用的选项一般在竞赛题中出现，参加竞赛的同学要注意扩展自己的视野7如图所示，d处固定有负点电荷q，一个带电质点只在电场力作用下运动，射入此区域时的轨迹为图中曲线abc，a、b、c、d恰好是一正方形的四个顶点，则有（）aa、b、c三点处电势高低关系是a=cbb质点由a到c，电势能先增加后减小，在b点动能最小c质点在a、b、c三点处的加速度大小之比为2：1：2d若将d处的点电荷改为+q，该带电质点的轨迹仍可能为曲线abc【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在o点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，根据点电荷的电场线的特点，q与ac距离相等，都小于b，故b点的电势高于ac两点的电势应用牛顿第二定律求出加速度之间的关系【解答】解：a、根据点电荷的电场线的特点，q与ac距离相等，小于b，故b点的电势最高，a、c两点的电势相等，即a=cb故a错误；b、根据轨迹弯曲方向判断出粒子之间存在引力，它与固定在o点的电荷是异种电荷，故质点带正电荷，质点从a到b，电势升高，电势能就增加；从b到c电势能减小，质点在b点的电势能最大，则动能最小故b正确；c、质点在a、b、c三点时的加速度大小要根据库仑定律求出库仑力由图可知，ra=rc=rb，代人库仑定律：f=k，可得：=由牛顿第二定律：=，所以质点在a、b、c三点处的加速度大小之比为2：1：2；故c正确d、若将d处的点电荷改为+q，质点受到斥力，轨迹不可能沿曲线abc，故d错误故选：bc【点评】本题属于电场中轨迹问题，考查分析推理能力根据轨迹的弯曲方向，判断出电荷受到的电场力指向轨迹内侧进而判断出电荷是正电荷8如图1所示，螺线管内有一平行于轴线的匀强磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度b的正方向，螺线管与u型导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环l，圆环与导线框cdef在同一平面内当螺线管内的磁感应强度随时间按图2所示规律变化时（）a在t3时刻，金属圆环l内的磁通量最大b在t4时刻，金属圆环l内的磁通量最大c在t2t3时间内，金属圆环l内有逆时针方向的感应电流d在t2t3时间内，金属圆环l有收缩趋势【考点】楞次定律；磁通量 【专题】应用题；学科综合题；定性思想；推理法；电磁感应中的力学问题；交流电专题【分析】根据bt图线斜率的变化，根据法拉第电磁感应定律得出电动势的变化，从而得出感应电流的变化，根据楞次定律判断出感应电流的方向，根据右手螺旋定则判断出电流所产生的磁场，从而确定磁通量的变化【解答】解：a、由bt图知，t3时刻磁通量的变化率为零，则感应电流为零，l上的磁通量为零；故a错误b、在t4时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，通过金属圆环的磁通量最大故b正确；c、在t2t3时间内，向下的磁通量增大，磁通量的变化率不断减小，则线圈内的感应电流不断减小，根据楞次定律，在线圈中的电流方向f到c，根据右手螺旋定则，穿过圆环的磁通量向外减小，则根据楞次定律，在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流故c正确d、在t2t3时间内，穿过圆环的磁通量向外减小，由愣次定律可以确定l必须增大面积以达到阻碍磁通量的减小，故有扩大的趋势，故d错误故选：bc【点评】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，右手螺旋定则判断电流和周围磁场方向的关系9如图所示，在竖直平面内半径为r的四分之一圆弧轨道ab、水平轨道bc与斜面cd平滑连接在一起，斜面足够长在圆弧轨道上静止着n个半径为r（rr）的光滑刚性小球，小球恰好将圆弧轨道铺满，从最高点a到最低点b依次标记为1、2、3n现将圆弧轨道末端b处的阻挡物拿走，n个小球由静止开始沿轨道运动，不计摩擦与空气阻力，下列说法正确的是（）an个小球在运动过程中始终不会散开b第n个小球在斜面上能达到的最大高度为rc第1个小球到达最低点的速度vd第1个小球到达最低点的速度v【考点】机械能守恒定律 【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】n个小球在bc和cd上运动过程中，相邻两个小球始终相互挤压，把n个小球看成整体，则小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，在ab段时，高度在之上的小球只占总数的，则整体在ab段时，重心低于，小球整体的重心运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律即可求解第一个小球到达最低点的速度【解答】解：a、在下滑的过程中，水平面上的小球要做匀速运动，而曲面上的小球要做加速运动，则后面的小球对前面的小球要向前压力的作用，所以小球之间始终相互挤压，冲上斜面后后面的小球把前面的小球往上压，所以小球之间始终相互挤压，故n个小球在运动过程中始终不会散开，故a正确；b、把n个小球看成整体，则小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，弧ab的长度等于小球全部到斜面上的长度，而在圆弧上的重心位置比在斜面上的重心位置可能高也可能低，所以第n个小球在斜面上能达到的最大高度可能比r小，也可能比r大，故b错误；c、小球整体的重心运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得：解得：v=同样对整体在ab段时，重心低于，所以第1个小球到达最低点的速度v，故c错误，d正确故选：ad【点评】本题主要考查了机械能守恒定律的应用，要求同学们能正确分析小球得受力情况，能把n个小球看成一个整体处理，难度适中三实验题：（本大题有2小题，共18分）10如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验有一直径为d、质量为m的金属小球由a处由静止释放，下落过程中能通过a处正下方、固定于b处的光电门，测得a、b间的距离为h（hd），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g则：（1）如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d=7.25mm（2）小球经过光电门b时的速度表达式为（3）多次改变高度h，重复上述实验，作出随h的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、h0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：时，可判断小球下落过程中机械能守恒（4）实验中发现动能增加量ek总是稍小于重力势能减少量ep，增加下落高度后，则epek将增加 （选填“增加”、“减小”或“不变”）【考点】验证机械能守恒定律 【专题】实验题；机械能守恒定律应用专题【分析】由题意可知，本实验采用光电门利用平均速度法求解落地时的速度；则根据机械能守恒定律可知，当减小的机械能应等于增大的动能；由原理即可明确注意事项及数据的处理等内容【解答】解：（1）由图可知，主尺刻度为7mm；游标对齐的刻度为5；故读数为：7+50.05=7.25mm；（2）已知经过光电门时的时间小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；故v=；（3）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgh=mv2；即：2gh0=（）2解得：；（4）由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，则epek将增大；故答案为：（1）7.25；（2）；（3）；（4）增大【点评】本题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解11（10分）（2015海南模拟）实验室有下列器材：灵敏电流计（内阻约为50）；电压表（03v，内阻约为10k）；电阻箱r1（09999）；滑动变阻器r2（0100，1.5a）；旧干电池一节；导线开关若干（1）某实验小组先测灵敏电流计的内阻，电路如图甲所示，测得电压表示数为2v，灵敏电流计示数为4ma，电阻箱旋钮位置如图乙所示，则灵敏电流计内阻为45（2）为将灵敏电流计的量程扩大为原来的10倍，该实验小组将电阻箱与灵敏电流计并联，则应将电阻箱r1的阻值调为5调好后连接成如图丙所示的电路测干电池的电动势和内阻，调节滑动变阻器读出了几组电压表和电流计的示数如下表，请在图丁所示的坐标系中作出合适的uig图线u/v0.80.91.01.11.2ig/ma3.02.52.01.51.0（3）由作出的uig图线求得干电池的电动势e=1.4v，内阻r=15.5【考点】伏安法测电阻 【专题】实验题【分析】（1）电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数；由串联电路特点与欧姆定律求出灵敏电流计的内阻（2）根据并联电路特点与欧姆定律求出并联电阻阻值；应用描点法作出图象（3）电源ui图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率绝对值是电源内阻【解答】解：（1）由图乙所示电阻箱可知，电阻箱示数为：r1=01000+4100+510+51=455，由欧姆定律可得：rg+r1=500，电流计内阻为：rg=500455=45（2）将灵敏电流计的量程扩大为原来的10倍，并联电阻阻值：r=5；根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象，图象如图所示：（3）由图示电源ui图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.4，电源电动势e=1.4v，电流表内阻，ra=4.5，图象斜率：k=20，电源内阻：r=kra=204.5=15.5故答案为：（1）45；（2）5，uig图象如图所示；（3）1.4，15.5【点评】本题考查了求电流表内阻、电流表改装、作图象、求电源电动势与内阻；电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数，分析清楚电路结构、应用串联电路特点可以求出电流计内阻；电源ui图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻四计算题：（本大题共5小题，共计71分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，直接写出最后答案的不得分）12（10分）（2015秋常州校级期中）如图所示，光滑固定的竖直杆上套有一个质量m=0.4kg的小物块a，不可伸长的轻质细绳通过固定在墙壁上、大小可忽略的定滑轮d，连接物块a和小物块b，虚线cd水平，间距d=0.72m，此时连接物块a的细绳与竖直杆的夹角为37，物块a恰能保持静止不计摩擦和空气阻力，sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g取10m/s2求：（1）物块b的质量；（2）现将物体a移至c处由静止释放，求a、b的最大速度各为多少？【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 【专题】计算题；定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题【分析】（1）初始位置，先后对b和a受力分析，根据平衡条件列式求解；（2）从a到c过程，三个物体过程的系统只有动能和重力势能相互转化，系统机械能守恒，根据守恒定律列式求解【解答】解：（1）设b物块的质量为m，绳子拉力为t；根据平衡条件：tcos37=mg t=mg 联立解得：m=0.5kg （2）当a回到夹角为37时，两物体的速度达最大，由机械能守恒定律可得：根据运动的合成和分解可知：联立解得：va=2m/s，vb=1.6m/s 答：（1）物块b的质量为0.5kg；（2）现将物体a移至c处由静止释放，求a、b的最大速度各为2m/s和1.6m/s【点评】本题是绳系的系统问题，要根据系统的状态选择相应的规律求解，当系统处于静止状态，采用隔离法，运用平衡条件研究；对于第二问中的系统机械能守恒，也可以对系统运用动能定理列式求解13（15分）（2015秋常州校级期中）如图，半径r=0.5m的光滑圆弧轨道abc与足够长的粗糙轨道cd在c处平滑连接，o为圆弧轨道abc的圆心，b点为圆弧轨道的最低点，半径oa、oc与ob的夹角分别为53和37将一个质量m=0.5kg的物体（视为质点）从a点左侧高为h=0.8m处的p点水平抛出，恰从a点沿切线方向进入圆弧轨道已知物体与轨道cd间的动摩擦因数=0.8，重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）物体水平抛出时的初速度大小v0；（2）物体经过b点时，对圆弧轨道压力大小fn；（3）物体在轨道cd上运动的距离x【考点】机械能守恒定律；平抛运动；动能定理 【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】（1）物体做平抛运动，由自由落体运动的规律求出物体落在a时的竖直分速度，然后应用运动的合成与分解求出物体的初速度大小v0（2）通过计算分析清楚物体的运动过程，由能量守恒定律求出物体在b点的速度，然后又牛顿第二定律求出物体对圆弧轨道压力大小fn；（3）因mgcos37mgsin37，物体沿轨道cd向上作匀减速运动，速度减为零后不会下滑，然后由动能定理即可求解【解答】解：（1）由平抛运动规律知 竖直分速度 m/s 由图可得初速度 v0=vytan37=3m/s （2）对从p至b点的过程，由机械能守恒有 经过b点时，由向心力公式有 代入数据解得 =34n 由牛顿第三定律知，对轨道的压力大小为 fn=34n，方向竖直向下 （3）因mgcos37mgsin37，物体沿轨道cd向上作匀减速运动，速度减为零后不会下滑 从b到上滑至最高点的过程，由动能定理有代入数据可解得 m在轨道cd上运动通过的路程x约为1.09m 答：（1）物体水平抛出时的初速度大小是3m/s；（2）物体经过b点时，对圆弧轨道压力大小是34n；（3）物体在轨道cd上运动的距离是1.09m【点评】本题关键是分析清楚物体的运动情况，然后根据动能定理、平抛运动知识、能量守恒定理解题14（15分）（2014秋苏州期末）如图所示，原点o为两个大小不同的同心圆的圆心半径为r的小圆区域i内有方向垂直xoy平面向里的匀强磁场，两圆之间的环形区域ii内也有方向垂直于xoy平面的另一匀强磁场一质量为m、电量为q、初速度为v0的带正电粒子从坐标为（0，r）的a点沿y方向射入区域i，然后从x轴上的p点沿+x方向射出，粒子经过区域ii后从q点第2次射入区域i，已知oq与+x方向成60角不计粒子的重力（1）求区域i中磁感应强度b1的大小；（2）求环形区域ii中磁感应强度b2的大小、方向；（3）若要使粒子约束在磁场内，求大圆半径r的最小值；（4）求粒子在磁场中运动的周期t【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）粒子进入磁场做圆周运动，由几何关系求出轨迹半径，由牛顿第二定律求解磁感应强度b1的大小；（2）在环形区域中，当粒子的运动轨迹与外圆相切，画出轨迹，由几何关系求解轨迹半径，再求解b2的大小（3）作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径（4）根据粒子运动的轨迹所对应的圆心角，再求解运动周期【解答】解：（1）设在区域内轨迹圆半径为r1=r；由牛顿第二定律得：qv0b1=m，解得：b1=；（2）设粒子在区域中的轨迹圆半径为r2，部分轨迹如图所示：由几何关系知：r2=r1， 由牛顿第二定律得：qv0b2=m，所以：b2=b1=，方向与b1相反，即垂直xoy平面向外；（3）由几何关系得：r=2r2+r2=3r2，即：r=r；（4）轨迹从a点到q点对应圆心角=90+60=150，要仍从a点沿y轴负方向射入，需满足； 150n=360m，m、n属于自然数，即取最小整数m=5，n=12， t=12（t1+t2），其中：t1=，t2=，解得：t=（+6）答：（1）区域i中磁感应强度b1的大小为；（2）环形区域ii中磁感应强度b2的大小为，方向：垂直于纸面向外；（3）若要使粒子约束在磁场内，大圆半径r的最小值为r；（4）粒子在磁场中运动的周期t为（+6）【点评】解决本题的关键掌握带电粒子在有界磁场中做匀速圆周运动时，如何确定圆心、半径15（15分）（2016泗阳县校级一模）如图所示xoy平面内，在x轴上从电离室产生的带正电的粒子，以几乎为零的初速度飘入电势差为u=200v的加速电场中，然后经过右侧极板上的小孔沿x轴进入到另一匀强电场区域，该电场区域范围为lx0（l=4cm），电场强度大小为e=104v/m，方向沿y轴正方向带电粒子经过y轴后，将进入一与y轴相切的圆形边界匀强磁场区域，磁场区域圆半径为r=2cm，圆心c到x轴的距离为d=4cm，磁场磁感应强度为b=8102t，方向垂直xoy平面向外带电粒子最终垂直打在与y轴平行、到y轴距离为l=6cm的接收屏上求：（1）带电粒子通过y轴时离x轴的距离；（2）带电粒子的比荷；（3）若另一种带电粒子从电离室产生后，最终打在接收屏上y=cm处，则该粒子的比荷又是多少？【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）带电粒子在电场中做为类平抛运动，由运动的合成和分解规律可求得偏转位移；（2）根据粒子在电场中的运动明确粒子进入磁场时的速度大小及方向，再由洛仑兹力充当向心力可明确比荷；（3）由题意明确半径及运动图象，再由洛仑兹力充当向心力可求得比荷【解答】解：（1）带电粒子在