两小一大选题

1、Good is good, but better carries it.精益求精，善益求善。两小一大选题两小一大选题两小一大12012年8月3日，伦敦奥运会蹦床项目，中国运动员董栋以62.99分成绩夺得金牌他在蹦床上静止站立时，受到的支撑力等于他的重力做纵跳时，在快速下蹲和蹬伸的过程中，人体受到的支撑力发生变化(如图，G为重力，F为支撑力)，下列曲线能正确反映变化的是2如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车质量为M=5kg，小车上静止地放置着质量为m=1kg的木块，木块和小车间的动摩擦因数为0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM，可能正确的有：Aam2m/s

2、2， aM1 m/s2Bam1m/s2， aM2 m/s2Cam2m/s2， aM4 m/s2Dam3m/s2， aM5 m/s23边长为L的正方形金属框在水平恒力F作用下运动，穿过方向如图的有界匀强磁场区域磁场区域的宽度为d（d>L）。已知ab边进入磁场时，线框的加速度恰好为零则线框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过程相比较，有dBbFL aA产生的感应电流方向相反B所受的安培力方向相反C进入磁场过程的时间等于穿出磁场过程的时间D进入磁场过程的发热量少于穿出磁场过程的发热量4如图所示，等腰三角形内以底边中线为界，左右两边分布有垂直纸面向外和垂直纸面向里的等强度匀强磁场，它的底边在x轴

3、上且长为2L，高为L.纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于图中所示位置.以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流-位移（）关系的是-LL02LxOIL2L3LxAOIL2LL3LxBxOIL2L3LCOIL2L3LxD5图甲、图乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化，下列说法正确的是01234311311u/Vt/(102 s)图甲01234311311u/Vt/(102 s)图乙A图甲表示交流电，图乙表示直流电B电压的有效值都是311VC电压的有效值图甲大于图乙D图甲所示电压的瞬时值表达式为

4、u220sin100t（V）6在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，如图所示PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为，质量为m，电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度从如图所示位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为/2，则下列说法正确的是（ ） A.此时圆环中的电功率为 B.此时圆环的加速度为 C.此过程中通过圆环截面的电荷量为 D.此过程中回路产生的电能为0.75 7如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过t时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角。现

5、将带电粒子的速度变为v，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为At B2t Ct Dt8如图所示，一个带正电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v，若加上一个垂直于纸面向外的磁场，物体仍然沿斜面滑到底端时速度（ ）A等于v B大于v C小于v D不能确定9如图（甲）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，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

6、时磁通量的方向为正，外力F向右为正。则图（乙）中关于线框中的磁通量、感应电动势E、外力F和电功率P随时间t变化正确的是 （ ）vBLLLLB(甲)tAtPDtFC0000EtB(乙)10假设地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，地球表面的重力加速度为g，第一宇宙速度为v，则A同步卫星在轨道上的运行速度为vB同步卫星在轨道上的运行速度为v/n2C同步卫星的向心加速度为ngD同步卫星的向心加速度为g/n211某同学画出“天宫一号”和“神舟八号”绕地球做匀速圆周运动的假想图如图所示，A代表“天宫一号”，B代表“神舟八号”，虚线为各自的轨道。由此假想图，可以判定下列选项错误的是( ) A“天宫一号”

7、的运行速率大于“神舟八号”的运行速率B“天宫一号”的周期小于“神舟八号”的周期C“天宫一号”的向心加速度大于“神舟八号”的向心加速度D“神舟八号”适度加速有可能与“天宫一号”实现对接12一只单摆，在第一个星球表面上的振动周期为T1；在第二个星球表面上的振动周期为T2。若这两个星球的质量之比M1M2=41，半径之比R1R2=21，则T1T2等于A11 B21 C41 D2113如图所示，小球以Vo正对倾角为的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，则飞行时间t为（重力加速度为g）14“嫦娥一号”是我国首次发射的探月卫星，它在距月球表面高度为h的圆形轨道上运行，运行周期为T。已知引力常量为G，月球

8、的半径为R。利用以上数据估算月球质量的表达式为A B C D15一个电荷量为q，质量为m的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动。现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，且电场强度满足，若仍从A点由静止释放该小球，则（ ）A小球仍恰好能过B点B小球不能过B点C小球能过B点，且在B点与轨道之间压力不为零D小球到达B点的速度16如图甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），当两板间加上如图乙所示的交变电压后，若取电子初始运动方向为正方向，则下列图象中能正确反映电子的速度v、位移x、加速度a、动能Ek四个物理量随时间

9、变化规律的是17如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且共处于同一竖直平面内若用图示方向的水平推力F作用于B，则两球静止于图示位置，如果将B稍向左推过一些，两球重新平衡时的情况与原来相比A推力F将增大B墙面对A的弹力增大C地面对B的弹力减小D两小球之间的距离增大18如图所示，A、B两导体板平行放置，在t0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)分别在A、B两板间加四种电压，它们的UABt图线如下列四图所示其中可能使电子到不了B板的是（ ）19（10分） 长1米的木板A，质量为M=1kg，静止在水平地面上。在木板最左端有一质量

10、为m=2kg的小物块B，在沿水平向右F=10牛的恒力作用下由静止开始运动，物块和木板、木板和水平面间的滑动摩擦系数分别为。在把小物块从木板右端拉下去的过程中，求：（1）运动过程中A、B的加速度分别是多大？（2）在此过程中木板运动的位移为多大？（小物块可看作质点）（g取10m/s2）20（12分）如图甲所示，放置在水平桌面上的两条光滑导轨间的距离L=1m，质量m=1kg的光滑导体棒放在导轨上，导轨左端与阻值R=4的电阻相连，导体棒及导轨的电阻不计，所在位置有磁感应强度为B=2T的匀强磁场，磁场的方向垂直导轨平面向下。现在给导体棒施加一个水平向右的恒定拉力F，并每隔0.2s测量一次导体棒的速度，乙

11、图是根据所测数据描绘出导体棒的v-t图象。设导轨足够长，求：（1）力F的大小；（2）t =1.2s时，导体棒的加速度；（3）估算1.6s内电阻R上产生的热量。21如图所示，质量为m=1kg的小滑块，从光滑、固定的圆弧轨道的最高点A由静止滑下，经最低点B后滑到位于水平面的木板上已知木板质量M=2kg，其上表面与圆弧轨道相切于B点，且长度足够长整个过程中木板的图像如图所示，g=l0ms2求：(1)滑块经过B点时对圆弧轨道的压力 (2)滑块与木板之间的动摩擦因数 (3)滑块在木板上滑过的距离22（16分）如图所示，质量分别为M、m的两物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面

12、均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内。在物块A上施加一个水平恒力F，A、B从静止开始运动，弹簧第一次恢复原长时A、B速度分别为、。FBA（1）求物块A加速度为零时，物块B的加速度；（2）求弹簧第一次恢复原长时，物块B移动的距离；（3）试分析：在弹簧第一次恢复原长前，弹簧的弹性势能最大时两物块速度之间的关系？简要说明理由。23（16分）固定光滑斜面与地面成一定倾角，一物体在平行斜面向上的拉力作用下向上运动，拉力F和物体速度v随时间的变化规律如图所示，取重力加速度g=10m/s2求物体的质量及斜面与地面间的夹角AFt/sv/ms-10261.04t/s02645.05.5F/N

13、24（17分）平面直角坐标系中，第1象限存在沿轴负方向的匀强电场，第象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度垂直于轴射入电场，经轴上的N点与轴正方向成60º角射入磁场，最后从轴负半轴上的P点与轴正方向成60º角射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求：（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R；（2）粒子从M点运动到P点的总时间；（3）匀强电场的场强大小E。25（本题13分）在如图所示的直角坐标系中，有一个与坐标平面垂直的界面，界面与x轴成45°且经过坐标原点O，界面右下侧有一匀强电场，场强为E，

14、方向沿y轴的正方向，界面左上侧有一匀强磁场，方向垂直坐标平面向里，大小未知。现把一个质量为m，电量为+q的带电粒子从坐标为(，-)的P点处由静止释放，粒子以一定的速度第一次经过界面进入磁场区域。经过一段时间，从坐标原点O再次回到电场区域，不计粒子的重力。求：（1）粒子第一次经过界面进入磁场时的速度有多大？（2）磁场的磁感应强度的大小？（3）粒子第三次经过界面时的位置坐标？11试卷第11页，总10页参考答案1D【解析】试题分析：下蹲过程中，向下做加速运动，加速度向下，故处于失重状态，所以，静止时速度为零，所以下蹲过程中速度从零到零，故先做加速运动后做减速运动，故F先减小，后增大；蹬伸过程中，加速

15、度向上，处于超重状态， ，蹬伸过程中也是先做加速后又减速，所以加速过程F增大，减速过程F减小，当离开蹦床时，F为零，故D正确；考点：考查了牛顿第二定律与图像 2C【解析】试题分析：当时，木块与小车一起运动，且加速度相等当时，小车的加速度大于木块的加速度，此时木块与小车发生相对运动，此时木块加速度最大，由牛顿第二定律得：所以C正确，ABD错误考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用 3AD【解析】试题分析：线框进入磁场时，磁通量增大穿出磁场时，磁通量减小，由楞次定律得知，感应电流方向相反，故A正确；安培力阻碍导体与磁场的相对运动，则安培力均向左，故B错误；进入磁场时，线框做匀速运动进入磁场后，线

16、框匀加速通过位移d-L，穿出磁场时，速度增大，安培力增大，则线框做减速运动，穿出磁场时，线框速度大于等于进入磁场时的速度则进入磁场过程的时间大于穿出磁场过程的时间，故C错误；根据功能关系：进入磁场过程，F做功等于线框的发热量穿出磁场过程，F做功与动能的减小量之和等于线框的发热量，而拉力做功相等，则进入磁场过程的发热量少于穿出磁场过程的发热量，故D正确；故选AD.考点：本题考查了导体切割磁感线时的感应电动势、安培力、右手定则、电磁感应中的能量转化.4B【解析】试题分析：位移在过程：磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值；，则;有效切线长度为，位移在过程:两边都切割磁感线，产生

17、感应电动势，穿过线框的磁通量增大，总的磁感线方向向里，根据楞次定律判断出来感应电流方向为逆时针，为负值；有效切线长度为，位移在过程：有效切线长度为，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿顺时针方向，为正值根据数学知识知道B正确故选B.考点：本题考查了导体切割磁感线时的感应电动势、闭合电路的欧姆定律5C【解析】试题分析：由于两图中表示的电流方向都随时间变化，因此都为交流电，故A错误；由于对应相同时刻，图甲电压比图乙电压大，根据有效值的定义可知，图甲有效值要比图乙有效值大，故B错误、C正确；从图甲可知，所以图甲电压的瞬时值表达式为，故D错误.故选C.考点：本题考查了交变电流、正弦式电流的图象、三角函数

18、表达式.6AC【解析】试题分析：当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环左右两半环均产生感应电动势，故线圈中的感应电动势E=2B×2a×=2Bav；圆环中的电功率P=，故A正确；此时圆环受力F=2BI×2a=4B ×2a=，由牛顿第二定律可得，加速度a=，故B错误；电路中的平均电动势，则电路中通过的电量Q=It= t=，故C正确；此过程中产生的电能等于电路中的热量，也等于外力所做的功，则一定也等于动能的改变量，故E=mv2- m()2= mv2，故D错误；故本题选AC考点：法拉第电磁感应定律，闭合电路的欧姆定律，导体切割磁感线时的感应电动势7C【解析

19、】试题分析：粒子运动轨迹如图所示，设r为圆形磁场的半径，R为粒子轨迹半径由可得：由几何知识可得：，粒子在磁场中运动周期：设圆心角为，粒子在磁场中运动的时间当粒子速度变为时，故，故此时粒子偏转圆心角等于90°，故粒子在磁场中运动时间故，即：t2=1.5t，故ABD错误，C正确考点：带电粒子在磁场中的运动8 B【解析】试题分析：加上磁场以后，物体在运动的过程中会受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可判断洛伦兹力的方向垂直于斜面向上，使得物体与斜面间的弹力减小，摩擦力减小，根据动能定理可得：，到达低端的速度变大，所以B正确；A、C、D错误考点：本题考查洛伦兹力、动能定理9D【解析】试题分析：当

20、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；当线圈进入第一个磁场时，由可知，E保持不变，而开始进入第二个磁场时，线框左右两边同时切割磁感线，根据右手定则知，线框左右两边产生的感应电动势方向相同，相当于两个电源相串联，因此电动势是原来的两倍，应为2BLV，故B错误；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；由于线框匀速运动，根据能量转化守恒定律知，电功率等于拉力的功率，因速度不变，而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，由前面的分析可知，电流加倍，故安培力加

21、培，线框左右两边所受安培力方向相同，拉力为原来的4倍，功率为原来的4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正确所以选D考点：本题考查导体切割磁感线时的感应电动势、安培力、右手定则、法拉第电磁感应定律、电磁感应中的能量转化及闭合电路的欧姆定律 10D【解析】试题分析：根据万有引力定律和牛顿第二定律可知对同步卫星有：，故可知卫星的运行速度，所以可知同步卫星的运行速度为，故选项A、B错误；同理可知向心加速度，所以可知同步卫星的向心加速度，故选项C错误、D正确；考点：万有引力定律及其应用11ABC【解析】试题分析：A、B、C根据得：线速度，周期，向心加速度，可见，轨

22、道半径越大，线速度越小，加速度越小，周期越大则“天宫一号”的运行速率小于“神舟八号”的运行速率，“天宫一号”的周期大于“神舟八号”的周期，天宫一号的加速度小于神舟八号的加速度，故ABC错误D、神舟九号适当加速将做离心运动，有可能与“天宫一号”对接故D正确故选ABC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12A【解析】试题分析：由单摆的周期公式可知，故，再由可知，故选A。考点：单摆周期公式，万有引力定律的应用13A【解析】试题分析：若使小球到斜面的位移最小，则抛出点到落点的线段与斜面垂直，如图所示，小球水平抛出后水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动，根据几何关系可知，

23、整理得，选项A对。考点：平抛运动14D【解析】试题分析：嫦娥一号绕月球做匀速圆周运动，月球为中心天体，万一引力提供向心力，整理得月球质量选项D正确。考点：万有引力与航天15A【解析】试题分析：没有电场时，最高点速度设为v，则，解得：；又根据机械能守恒定律，解得，加上电场时，恰好过最高点需要的速度设为，则 解得，因为，代入可得，所以小球仍恰好经过B点，此时重力和电场力的合力完全充当向心力，小球与轨道间没有作用力，所以A正确，BC错误，小球经过B点的速度，D错误；考点：考查了带电粒子在复合场中的运动，圆周运动实例分析16A【解析】试题分析：分析电子一个周期内的运动情况：时间内，电子从静止

24、开始向A板做匀加速直线运动，沿原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零时间内向B板做匀加速直线运动，继续向B板做匀减速直线运动根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知A符合电子的运动情况故A正确电子做匀变速直线运动时x-t图象是抛物线，故B错误根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动，而匀变速运动的加速度不变，a-t图象应平行于横轴故C错误匀变速运动速度图象是倾斜的直线，图象是曲线故D错误考点：带电粒子在匀强电场中的运动17D【解析】试题分析：对小球A受力分析如图，受到自身重力，墙壁弹力和库伦力作用。初始状态，A静止，B向左靠近后，角减小，距离变近，库伦力变大，使得，小球A将向上运动，从而使得进一

25、步减小，假设再次平衡时角减小到，则仍然有，所以，根据库伦力判断AB之间距离变大，选项D对。对球A分析，墙壁弹力，根据角减小到判断墙壁弹力变小，选项B错。把球AB看做一个整体，水平方向受到墙壁弹力和水平推力而处于平衡，水平推力等于墙壁弹力，所以水平推力变小，选项A错。竖直方向，整体受到2个球的重力和地面对B的支持力，所以地面对B的弹力不变选项C错。考点：库仑定律 共点力的平衡18B【解析】试题分析：加A图电压，A板电势低于B板的电势，电子从A板开始向B板做匀加速直线运动，一定能到达B板，故A错误；加B图电压，电子开始向B板匀加速，再做相同大小加速度的匀减速，但时间是2倍，然后为相同加速度大小的反

26、向匀加速，一个周期后刚好回到出发点，可知有可能到不了B板，B正确；加C图电压时，电子在一个周期内先向B板做匀加速运动，后向B板做匀减速运动，一直向B板运动，可知一定能到达B板，故C错误；加D图电压，与C项类似，可以知道电子在一个周期内速度的方向不变，一直向前运动，一定能到达能到达B板，故D错误。考点：带点粒子在电场中的运动193m/s2 1m/s2 0.5m【解析】试题分析：根据牛顿第二定律得，木块的加速度：a13m/s2木板的加速度：a2=1m/s2根据a1t2a2t2L，解得：t=1s所以木板运行的位：移xa2t2×1×1m0.5m考点：本题考查牛顿运动定律、匀变速直线

27、运动规律。20（1）10N （2）3m/s2 （3）48J【解析】试题分析：（1）由图可知，导体棒运动的速度达到10m/s时开始做匀速运动，此时安培力和拉力F大小相等。导体棒匀速运动的速度匀速运动后导体棒上的电动势： (1分)导体棒受的安培力： (2分)则： (1分)（2）由图可知，时间t=1.2s时导体棒的速度此时导体棒上的电动势： (1分)导体棒受的安培力：N7N (2分)由牛顿定律得： (1分)（3）由图知，到1.6s处，图线下方小方格的个数为40个，每个小方格代表的位移为所以1.6s内导体棒的位移 (2分) 拉力F做功 (1分)由图知此时导体棒的速度 导体棒动能 根据能量守恒定律，产生

28、的热量 (1分)（说明：格数为3942均正确 ，答案范围46 52J ）考点：安培力 电磁感应定律 能量守恒21（1）30 N，竖直向下（2）0.5 （3）3m【解析】试题分析：（1）滑块下滑过程，由机械能守恒定律得 mgR=mv2由向心力公式得N-mg=m解得N=mg+m=30 N根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力是30 N，方向竖直向下（2）由v-t图象得：木板的加速度是a1=1m/s2滑块与木板共同减速的加速度大小a2=1m/s2设木板与地面间的动摩擦因数是1滑块与木板之间的动摩擦因数是2在1-2s内，对滑块和木板：1（M+m）g=（M+m）a2在0-1s内，对木板：2mg-1（M+m）g=Ma1解得：1=0.1，2=0.5（3）滑块在木板上滑动的过程中，v1是它们的共同速度，t1是它们达到共同速度所用的时间对滑块：2mg=ma v1=v-at1 木板的位移x1=滑块的位移x2=滑块在木板上滑动的