浙江省臺(tái)州市書(shū)生中學(xué)2018_2019學(xué)年高二物理上學(xué)期第三次月考試題.docx

臺(tái)州市書(shū)生中學(xué) 2018學(xué)年第一學(xué)期第三次月考高二物理試卷 （滿分：100分 考試時(shí)間：90 分鐘） 2018.12一、單選題（本大題共10小題，共30.0分）1. 下列說(shuō)法正確的是A. 物體的運(yùn)動(dòng)速度越大，加速度也一定越大B. 物體的運(yùn)動(dòng)速度變化越快，加速度越大C. 物體的運(yùn)動(dòng)速度變化量越大，加速度也一定越大D. 物體的運(yùn)動(dòng)速度越小，加速度也一定越小2. 國(guó)際單位制中，不是電場(chǎng)強(qiáng)度的單位是A. B. C. D. 3. 如圖，一物塊在水平拉力F的作用下沿水平桌面做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若保持F的大小不變，而方向與水平面成角，物塊也恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)。物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 () A. B. C. D. 4. 如圖所示，物體A和B的質(zhì)量均為m，且分別與跨過(guò)光滑輕質(zhì)定滑輪的輕繩連接，在用水平變力F拉物體B沿水平方向向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是() A. 物體A也做勻速直線運(yùn)動(dòng)B. 繩子對(duì)物體A的拉力等于物體A的重力C. 物體A處于超重狀態(tài)D. 物體A處于失重狀態(tài)5. 如圖所示，電荷量，質(zhì)量為m的滑塊，沿固定絕緣斜面勻速下滑，現(xiàn)加一豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，以下判斷中正確的是 A. 物體將沿斜面減速下滑B. 物體將沿斜面加速下滑C. 物體仍保持勻速下滑D. 物體可能靜止6. 如圖所示，質(zhì)量為M的斜面體B放在水平面，斜面的傾角，質(zhì)量為m的木塊A放在斜面上。木塊A下滑的加速度，斜面體靜止不動(dòng)，則（）A. 木塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為B. 地面對(duì)斜面體的支持力等于C. 地面對(duì)斜面體的摩擦力水平向右，大小為D. 地面對(duì)斜面體無(wú)摩擦力作用7. 有a、b、c、d四顆地球衛(wèi)星，a還未發(fā)射，在地球赤道上隨地球表面一起轉(zhuǎn)動(dòng)，b處于地面附近近地軌道上正常運(yùn)動(dòng)，c是地球同步衛(wèi)星，d是高空探測(cè)衛(wèi)星，各衛(wèi)星排列位置如圖，則有A. a的向心加速度等于重力加速度gB. 線速度關(guān)系C. d的運(yùn)動(dòng)周期有可能是20小時(shí)D. c在4個(gè)小時(shí)內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角是8. 如圖所示，質(zhì)量為m，帶電量為q的粒子，以初速度，從A點(diǎn)豎直向上射入空氣中的沿水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，粒子通過(guò)電場(chǎng)中B點(diǎn)時(shí)，速率，方向與電場(chǎng)的方向一致，則A，B兩點(diǎn)的電勢(shì)差為A. B. C. D. 9. 如圖所示，一內(nèi)壁光滑、質(zhì)量為m、半徑為r的環(huán)形細(xì)圓管管的內(nèi)徑相對(duì)于環(huán)半徑可忽略不計(jì)用硬桿豎直固定在地面上。有一質(zhì)量為m的小球可在圓管中運(yùn)動(dòng)球直徑略小于圓管直徑，可看做質(zhì)點(diǎn)，小球以速率經(jīng)過(guò)圓管最高點(diǎn)時(shí)，恰好對(duì)管壁無(wú)壓力，當(dāng)球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，求硬桿對(duì)圓管的作用力大小為 A. B. C. 6mgD. 7mg10. 如圖所示電路中，L是一個(gè)不計(jì)直流電阻的電感線圈，直流電源1的電壓值與交流電源2電壓有效值相等，S是單刀雙擲開(kāi)關(guān)，C是電容器，A、B是完全相同的小燈泡，則下列敘述正確的有A. 開(kāi)關(guān)S與2接通后，燈B發(fā)光，而燈A不發(fā)光B. 開(kāi)關(guān)S與1接通后，燈B的亮度比開(kāi)關(guān)與2接通穩(wěn)定后燈B的亮度低C. 開(kāi)關(guān)S與1接通時(shí)，燈A亮一下后熄滅，而燈B逐漸變亮D. 若將電源2換成一個(gè)既含有高頻信號(hào)又含有低頻信號(hào)的信號(hào)源，則當(dāng)開(kāi)關(guān)與2接通時(shí)，通過(guò)B燈的主要是高頻信號(hào)二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）11.如圖所示，在水平地面上的A點(diǎn)以速度與地面成角射出一彈丸，恰好以速度垂直穿入豎直壁上的小孔B，下列說(shuō)法正確的是不計(jì)空氣阻力 A.在B點(diǎn)以與大小相等的速度，與方向相反射出彈丸，它必定落在地面上的A點(diǎn)B.在B點(diǎn)以與大小相等的速度，與方向相反射出彈丸，它必定落在地面上的A點(diǎn)C.在B點(diǎn)以與大小相等的速度，與方向相反射出彈丸，它必定落在地面上A點(diǎn)左側(cè)D.在B點(diǎn)以與大小相等的速度，與方向相反射出彈丸，它必定落在地面上A點(diǎn)右側(cè)12.如圖所示，質(zhì)量為m的物體可視為質(zhì)點(diǎn)以某一速度從A點(diǎn)沖上傾角為的固定斜面，其減速的加速度為，此物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，則在這個(gè)過(guò)程中物體 A. 重力勢(shì)能增加了mghB. 機(jī)械能損失了C. 動(dòng)能損失了mghD. 克服摩擦力做功13.圖中的實(shí)線表示電場(chǎng)線，虛線表示只受電場(chǎng)力作用的帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡粒子先經(jīng)過(guò)M點(diǎn)，再經(jīng)過(guò)N點(diǎn)可以判定() A. M點(diǎn)的電勢(shì)小于N點(diǎn)的電勢(shì)B. 粒子帶正電，M點(diǎn)的電勢(shì)大于N點(diǎn)的電勢(shì)C. 粒子在M點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大于在N點(diǎn)受到的電場(chǎng)力D. 粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能大于在N點(diǎn)的電勢(shì)能14.如圖所示，兩根平行長(zhǎng)直導(dǎo)線相距2l ，通有大小相等、方向相同的恒定電流，a、b、c是導(dǎo)線所在平面內(nèi)的三點(diǎn)，左側(cè)導(dǎo)線與它們的距離分別為、l 和2l 。關(guān)于這三點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度，下列說(shuō)法正確的是 A. a處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小比c處的大B. b、c兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等C. a、c兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同D. b處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零三、 實(shí)驗(yàn)題探究題（本大題共2小題，共20.0分）15.某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置來(lái)測(cè)量勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度滑塊上的左右端各有一個(gè)完全一樣的遮光板若光線被遮光板遮擋，光電傳感器會(huì)輸出高電平滑塊在細(xì)線的牽引下向左加速運(yùn)動(dòng)，遮光板1、2分別經(jīng)過(guò)光電傳感器時(shí)，通過(guò)計(jì)算機(jī)可以得到如圖乙所示的電平隨時(shí)間變化的圖象實(shí)驗(yàn)前，接通氣源，將滑塊不掛鉤碼置于氣墊導(dǎo)軌上，輕推滑塊，則圖乙中的、間滿足關(guān)系_則說(shuō)明氣墊導(dǎo)軌已經(jīng)水平如圖丙所示，用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光板的寬度_mm掛上鉤碼后，將滑塊由如圖甲所示位置釋放，通過(guò)光電傳感器和計(jì)算機(jī)得到的圖象如圖乙所示，若、和d已知，則遮光板1和遮光板2在經(jīng)過(guò)光電傳感器過(guò)程中的平均速度分別為_(kāi)、_用已知量的字母表示在情況下，滑塊運(yùn)動(dòng)的加速度_用已知量的字母表示16.在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實(shí)驗(yàn)中，小燈泡的規(guī)格為“”，除了開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線外，還有如下器材：電壓表V：量程，內(nèi)阻約電流表：量程，內(nèi)阻約電流表：量程，內(nèi)阻約滑動(dòng)變阻器：最大阻值，額定電流滑動(dòng)變阻器：最大阻值，額定電流直流電源E：電動(dòng)勢(shì)約6V，內(nèi)阻約上述器材中，實(shí)驗(yàn)所選的電流表和滑動(dòng)變阻器分別為_(kāi)填器材符號(hào)某同學(xué)已連接如圖甲所示的電路，在閉合開(kāi)關(guān)前，檢查發(fā)現(xiàn)有一處不當(dāng)之處，請(qǐng)指出并說(shuō)明如何改正_不當(dāng)之處改正后，在電路中所有元器件都完好，且電壓表和電流表已調(diào)零，閉合開(kāi)關(guān)后，發(fā)現(xiàn)反復(fù)調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，小燈泡亮度發(fā)生變化，但電壓表、電流表的示數(shù)不能調(diào)為零，則斷路的導(dǎo)線為_(kāi)用圖中給出的導(dǎo)線符號(hào)表示通過(guò)實(shí)驗(yàn)得出了小燈泡的圖線如圖乙，當(dāng)小燈泡上所加的電壓為額定電壓的時(shí)，小燈泡實(shí)際消耗的功率將_填“大于”、“等于”、“小于”額定功率的如果把該小燈泡直接接在電動(dòng)勢(shì)是4V、內(nèi)阻是的電源上組成閉合回路，則通過(guò)小燈泡的實(shí)際消耗的功率為_(kāi)四、 計(jì)算題（本大題共3小題，共34分）17.（10分）一個(gè)傾角為的斜面固定在水平面上，一個(gè)質(zhì)量為的小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)以的初速度由底端沿斜面上滑，小物塊與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)若斜面足夠長(zhǎng)，已知，g取，求：小物塊沿斜面上滑時(shí)的加速度大??；小物塊上滑的最大距離；小物塊返回斜面底端時(shí)的速度大小18.（12分）如圖所示，一帶電微粒質(zhì)量為kg、電荷量C，從靜止開(kāi)始經(jīng)電壓為的電場(chǎng)加速后，水平進(jìn)入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，微粒射出電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角，并接著沿半徑方向進(jìn)入一個(gè)垂直紙面向外的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，微粒射出磁場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角也為已知偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中金屬板長(zhǎng)cm，圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)的半徑為cm，重力忽略不計(jì)求：帶電微粒經(jīng)加速電場(chǎng)后的速度大??；兩金屬板間偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小19.如圖所示，兩根光滑的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ處于同一水平面內(nèi)，相距，導(dǎo)軌的左端用的電阻相連，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，導(dǎo)軌上跨接一電阻的金屬桿ab，質(zhì)量，整個(gè)裝置放在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度，現(xiàn)對(duì)桿施加水平向右的拉力，使它由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，求：桿能達(dá)到的最大速度多大？若已知桿從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至最大速度的過(guò)程中，R上總共產(chǎn)生了的電熱，則此過(guò)程中金屬桿ab的位移多大？接問(wèn)，此過(guò)程中流過(guò)電阻R的電量？經(jīng)歷的時(shí)間？書(shū)生中學(xué)高二物理第三次月考答案【答案】1. B2. C3. C4. C5. C6. C7. D8. C9. D10. C11. BC12. AB13. BD14. AD15. ；16. 、；開(kāi)關(guān)閉合前，滑動(dòng)觸頭應(yīng)在左端；c；大于；17. 解：小物塊在斜面上的受力情況如右圖所示，重力的分力 根據(jù)牛頓第二定律有又因?yàn)橛墒降眯∥飰K沿斜面上滑做勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度為零，則有得小物塊在斜面上的受力情況如右圖所示，根據(jù)牛頓第二定律有由式得因?yàn)樗曰虼穑盒∥飰K沿斜面上滑時(shí)的加速度大小為小物塊上滑的最大距離為小物塊返回斜面底端時(shí)的速度大小18. 解：帶電微粒經(jīng)加速電場(chǎng)加速后速度為，根據(jù)動(dòng)能定理：得：帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用，做類平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)水平方向：帶電微粒在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為a，出電場(chǎng)時(shí)豎直方向速度為豎直方向：由幾何關(guān)系：，聯(lián)立得由題解得：設(shè)帶電粒子進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v，則：由粒子運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，入射速度方向過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域圓心，則出射速度反向延長(zhǎng)線過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域圓心，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則軌跡半徑為：由：得：答：帶電微粒經(jīng)的電場(chǎng)加速后的速率是；兩金屬板間偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E是；勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小是19. 解：由題意得，當(dāng)桿速度最大時(shí)，桿水平方向受到的拉力與安培力平衡，即滿足： 又根據(jù)歐姆定律可得 代入可得： 可得桿的最大速度為： 根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律有，拉力F對(duì)桿做的功等于桿獲得的動(dòng)能和電路上產(chǎn)生的電熱之和，故有：因?yàn)镽和r串聯(lián)，所以有： 可得： 所以有： 可得桿產(chǎn)生的位移： 流過(guò)電阻的電量為： 該過(guò)程桿在水平方向由動(dòng)量定理有： 又 所以有： 所以作用時(shí)間為： 答：桿能達(dá)到的最大速度為；若已知桿從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至最大速度的過(guò)程中，R上總共產(chǎn)生了的電熱，則此過(guò)程中金屬桿ab的位移為10m；此過(guò)程中流過(guò)電阻R的電量為，經(jīng)歷的時(shí)間為【解析】1. 【分析】加速度等于單位時(shí)間內(nèi)的速度變化量，反映速度變化快慢的物理量。解決本題的關(guān)鍵知道加速度的物理意義，知道加速度的大小與速度大小、速度變化量的大小無(wú)關(guān)。【解答】A.物體的速度大，速度變化不一定快，加速度不一定大，故A錯(cuò)誤；B.加速度是反映速度變化快慢的物理量，速度變化越快，加速度越大，故B正確；C.物體的速度變化量大，速度變化不一定快，加速度不一定大，故C錯(cuò)誤；D.物體的運(yùn)動(dòng)速度越小，速度變化可能大，此時(shí)加速度大，故D錯(cuò)誤。故選B。2. 【分析】物理公式不僅確定了各個(gè)物理量之間的關(guān)系，同時(shí)也確定了物理量的單位之間的關(guān)系，根據(jù)物理公式來(lái)分析物理量的單位即可。物理公式在確定物理量間的關(guān)系的時(shí)候同時(shí)也確定了單位之間的關(guān)系，根據(jù)不同的公式來(lái)確定單位之間的關(guān)系。解：根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式可知，力的單位是N，電荷的單位是C，所以電是場(chǎng)強(qiáng)度的單位；B.根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的公式可知，電勢(shì)差的單位為V，距離的單位為m，所以是電場(chǎng)強(qiáng)度的單位；C.根據(jù)電勢(shì)差的公式可知，功的單位為J，電量的單位為C，是電勢(shì)差的單位，不是電場(chǎng)強(qiáng)度的單位；D.根據(jù)公式及，E的單位與Bv的單位一樣，故也是電場(chǎng)強(qiáng)度的單位；本題選不是電場(chǎng)強(qiáng)度的單位的，故選：C3. 解：當(dāng)拉力水平時(shí)，物體勻速運(yùn)動(dòng)，則拉力等于摩擦力，即：；當(dāng)拉力傾斜時(shí)，物體受力分析如圖，有：可知摩擦力為：代入數(shù)據(jù)為：聯(lián)立可得：故選：C。拉力水平時(shí)，二力平衡；拉力傾斜時(shí)，物體勻速運(yùn)動(dòng)，依然是平衡狀態(tài)，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件解題。本題考查了共點(diǎn)力的平衡，解決本題的關(guān)鍵是把拉力進(jìn)行分解，然后列平衡方程。4. 【分析】本題考查運(yùn)動(dòng)的合成與分解，抓住B在沿繩子方向的速度等于A的速度，通過(guò)平行四邊形定則進(jìn)行求解；將B的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向，沿繩子方向的分速度等于A的速度，根據(jù)平行四邊形定則判斷A的速度的變化?！窘獯稹緼.設(shè)繩子與水平方向的夾角為，將B的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向，沿繩子方向的分速度等于A的速度，有向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則減小，則A的速度增大，A做加速運(yùn)動(dòng)。故A錯(cuò)誤；B.A向上做加速運(yùn)動(dòng)，拉力，故B錯(cuò)誤；以A為研究對(duì)象受力分析，拉力，處于超重狀態(tài)，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。5. 【分析】質(zhì)量為m的滑塊，沿固定絕緣斜面勻速下滑，沒(méi)有電場(chǎng)時(shí)，應(yīng)有重力沿下面向下的分量與摩擦力平衡；當(dāng)加一豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，電場(chǎng)力向下，相當(dāng)于增大了物體的重力，或相當(dāng)于用質(zhì)量大的物體更換質(zhì)量小的物體，物體將仍保持勻速下滑。本題要注意明確電場(chǎng)力的性質(zhì)，當(dāng)加一豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，相當(dāng)于增大了物體的重力，在摩擦因數(shù)不變的情況下，物體仍保持勻速下滑。注意這種等效觀點(diǎn)的應(yīng)用?！窘獯稹抠|(zhì)量為m的滑塊，沿固定絕緣斜面勻速下滑，設(shè)斜面傾角為，摩擦因數(shù)為，故，當(dāng)加一豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，電場(chǎng)力豎直向上，此時(shí)物體合力應(yīng)為，故F，物體仍保持勻速下滑，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C。6. 【分析】對(duì)木塊受力分析，由牛頓第二定律求解木塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，根據(jù)整體法分析斜面體受到的支持力和其余地面之間的摩擦力大小。本題考查了牛頓第二定律的應(yīng)用，對(duì)木塊根據(jù)受力求解動(dòng)摩擦因數(shù)，對(duì)整體受分析求解支持力和摩擦力。【解答】A.對(duì)木塊A受分析知，沿斜面方向上由牛頓第二定律得：，帶入數(shù)據(jù)解得：，故A錯(cuò)誤；B.由于A物體沿斜面加速下滑，加速度方向沿斜面向下，所以木塊A處于失重狀態(tài)，故對(duì)整體受力分析知地面對(duì)斜面的支持力小于整體的重力，故B錯(cuò)誤；對(duì)整體受力分析，斜面靜止不動(dòng)，由于木塊A的加速度沿斜面向下，則將其加速度分解到水平方向，則水平向右的加速度為：，則水平方向的合力為：，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。7. 【分析】地球同步衛(wèi)星的周期、角速度必須與地球自轉(zhuǎn)周期、角速度相同，根據(jù)比較a與c的向心加速度大小，再比較a的向心加速度與g的大小，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，列出等式得出線速度與半徑的關(guān)系，根據(jù)開(kāi)普勒第三定律判斷d與c的周期關(guān)系。對(duì)于衛(wèi)星問(wèn)題，要建立物理模型，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，分析各量之間的關(guān)系，并且要知道地球同步衛(wèi)星的條件和特點(diǎn)?！窘獯稹緼.地球同步衛(wèi)星的角速度與地球自轉(zhuǎn)角速度相同，即知a與c的角速度相同，根據(jù)知，a的向心加速度比c的小，由，得，可知，衛(wèi)星的軌道半徑越大，向心加速度越小，則c的向心加速度小于b的向心加速度，所以a的向心加速度比b的小，而b的向心加速度約為g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A錯(cuò)誤；B.，得，可知，衛(wèi)星的軌道半徑越大，線加速度越小，則有，由有，故B錯(cuò)誤；C.由開(kāi)普勒第三定律知，衛(wèi)星的軌道半徑越大，周期越大，所以d的運(yùn)動(dòng)周期大于c的周期24h，故C錯(cuò)誤；D.c是地球同步衛(wèi)星，周期是24h，則c在4h內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角是，故D正確。故選D。8. 解：粒子，從A到B，根據(jù)動(dòng)能定理得：因?yàn)?，若只考慮粒子在豎直方向，只受到重力，所以機(jī)械能守恒，則有由以上三式，則有故選：C。微粒在勻強(qiáng)電場(chǎng)中受到重力和電場(chǎng)力兩個(gè)力作用，根據(jù)動(dòng)能定理求出AB兩點(diǎn)間的電勢(shì)差涉及到電勢(shì)差的問(wèn)題，常常要用到動(dòng)能定理本題的難點(diǎn)在于運(yùn)動(dòng)的處理，由于微粒受到兩個(gè)恒力作用，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解是常用的方法9. 【分析】從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律解得達(dá)到最低點(diǎn)的速度，再由牛頓第二定律解得小球所受的支持力；對(duì)圓管及球整體列牛頓第二定律方程得解。本題主要考查豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，知道小球在最高點(diǎn)且能過(guò)最高點(diǎn)是由重力提供向心力，從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，滿足機(jī)械能守恒是解題的關(guān)鍵?！窘獯稹吭谧罡唿c(diǎn)，球恰好對(duì)管壁無(wú)壓力，則由重力提供向心力，故有：，球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)過(guò)程，由于內(nèi)壁光滑，機(jī)械能守恒，故有：，在最低點(diǎn)，設(shè)硬桿對(duì)圓管的作用力大小為F，對(duì)圓管及球整體列牛頓第二定律可得：，聯(lián)立解得。故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選D。10. 解：A、開(kāi)關(guān)S與2接通后，交流電也可以通過(guò)電容器，所以A也發(fā)光故A錯(cuò)誤；B、開(kāi)關(guān)S與2接通后，由于線圈L對(duì)交流電的阻礙始終存在，所以燈B的亮度比開(kāi)關(guān)與1接通穩(wěn)定后燈B的亮度暗，即燈B的亮度比開(kāi)關(guān)與2接通穩(wěn)定后燈B的亮度高故B錯(cuò)誤；C、開(kāi)關(guān)S與1接通時(shí)，線圈阻礙電流的增大，所以燈B逐漸變亮；故C正確；D、線圈對(duì)交流電有通低頻阻高頻的作用，所以若將電源2換成一個(gè)既含有高頻信號(hào)又含有低頻信號(hào)的信號(hào)源，則當(dāng)開(kāi)關(guān)與2接通時(shí)，通過(guò)B燈的主要是低頻信號(hào)故D錯(cuò)誤故選：C對(duì)于電容器來(lái)說(shuō)能通交流隔直流，而頻率越高越容易通過(guò)對(duì)于線圈來(lái)講通直流阻交流，通低頻率交流阻高頻率交流當(dāng)電容器的電容越小，頻率越低時(shí)，容抗越高；而線圈的自感系數(shù)越大，頻率越高時(shí)，感抗越高11. 【分析】在水平地面上的A點(diǎn)以跟地面成角的速度射出一彈丸，恰好以速度垂直穿入豎直墻壁上的小孔B，該運(yùn)動(dòng)逆過(guò)來(lái)看，為平拋運(yùn)動(dòng)。解決本題的關(guān)鍵采取逆向思維，將斜拋運(yùn)動(dòng)變換成平拋運(yùn)動(dòng)進(jìn)行分析，難度大大降低。【解答】B.彈丸恰好以速度垂直穿入豎直墻壁上的小孔B，逆過(guò)來(lái)看，為平拋運(yùn)動(dòng)，所以在B點(diǎn)以跟大小相等、方向相反的速度射出彈丸，它必定落在地面上的A點(diǎn)，故B正確從B到A為平拋運(yùn)動(dòng)，所以大小大于大小，所以在B點(diǎn)以跟大小相等、跟方向相反的速度，射出彈丸，平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移會(huì)增大，它必定落在地面上A點(diǎn)的左側(cè)，故C正確，A、D錯(cuò)誤；故選BC。12. 【分析】重力勢(shì)能的增加量等于克服重力做的功；動(dòng)能變化等于力的總功；機(jī)械能變化量等于除重力外其余力做的功。本題關(guān)鍵根據(jù)功能關(guān)系的各種具體形式得到重力勢(shì)能變化、動(dòng)能變化和機(jī)械能變化?！窘獯稹緼.加速度，解得：摩擦力；物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，所以重力勢(shì)能增加了mgh，故A正確；B.機(jī)械能的損失量為fs，故B正確；C.動(dòng)能損失量為克服合外力做的功的大小，故C錯(cuò)誤；D.克服摩擦力做功，故D錯(cuò)誤。故選AB。13. 【分析】根據(jù)順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，判斷電勢(shì)的高低由粒子軌跡的彎曲方向判斷電場(chǎng)力方向電場(chǎng)力方向應(yīng)指向軌跡的內(nèi)側(cè)，由電場(chǎng)力做功正負(fù)，判斷電勢(shì)能的大小和動(dòng)能的大小由電場(chǎng)線的疏密判斷場(chǎng)強(qiáng)大小，確定電場(chǎng)力的大小。本題是電場(chǎng)中軌跡問(wèn)題，關(guān)鍵要根據(jù)軌跡的彎曲方向判斷出粒子所受的電場(chǎng)力方向，再抓住電場(chǎng)線的物理意義判斷場(chǎng)強(qiáng)、電勢(shì)等的大小。【解答】根據(jù)順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低可知，M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)，粒子彎曲的方向向下，則受到的電場(chǎng)力的方向向下，與電場(chǎng)線的方向一致，所以粒子帶正電，故A錯(cuò)誤，B正確；C.電場(chǎng)線的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)大小，所以M的場(chǎng)強(qiáng)小于N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，所以粒子在M點(diǎn)受到的電場(chǎng)力小，故C錯(cuò)誤；D.由電場(chǎng)力方向應(yīng)指向軌跡的內(nèi)側(cè)得知，粒子所受電場(chǎng)力方向大致斜向左下方， M到N的過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)粒子做正功，其電勢(shì)能減小，動(dòng)能增大，則知粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能大于在N點(diǎn)的電勢(shì)能，故D正確。故選BD。14. 【分析】根據(jù)安培定則判斷兩根直導(dǎo)線在三個(gè)點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向，由磁場(chǎng)的疊加原理分析即可。本題關(guān)鍵要掌握安培定則，運(yùn)用磁場(chǎng)的疊加分析磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小?！窘獯稹拷猓篈、B、C、根據(jù)安培定則判斷知：左側(cè)導(dǎo)線在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向向里，在c點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向向外，右側(cè)導(dǎo)線在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向向里，在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向向里，根據(jù)磁感線的疏密表示磁場(chǎng)的強(qiáng)弱，可知離直導(dǎo)線越遠(yuǎn)，磁場(chǎng)越弱?？芍篴處磁感線比c處密，則a處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小比c處的大。由磁場(chǎng)的疊加可知：a、c兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反。故A正確，BC錯(cuò)誤；D、由于左右側(cè)導(dǎo)線在b處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反，大小相等，所以b處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，故D正確。故選：AD。15. 解：如果遮光條通過(guò)光電門的時(shí)間相等，說(shuō)明遮光條做勻速運(yùn)動(dòng)，即說(shuō)明氣墊導(dǎo)軌已經(jīng)水平，所以游標(biāo)卡尺的讀數(shù)：游標(biāo)卡尺主尺讀數(shù)為10mm，游標(biāo)讀數(shù)為所以最終讀數(shù)為根據(jù)題意得：遮光板1經(jīng)過(guò)光電傳感器過(guò)程中的平均速度遮光板2經(jīng)過(guò)光電傳感器過(guò)程中的平均速度根據(jù)得：故答案為：；如果遮光條通過(guò)光電門的時(shí)間相等，說(shuō)明遮光條做勻速運(yùn)動(dòng)，即說(shuō)明氣墊導(dǎo)軌已經(jīng)水平游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀，根據(jù)求出平均速度根據(jù)求解加速度掌握游標(biāo)卡尺的讀數(shù)方法，了解光電門測(cè)量瞬時(shí)速度的原理，注意求解加速度時(shí)時(shí)間的選取16. 解：根據(jù)小燈泡規(guī)格“，”可知，電流表應(yīng)選A；由于測(cè)定小燈泡的伏安特性曲線實(shí)驗(yàn)要求電流從零調(diào)，所以變阻器應(yīng)采用分壓式接法，因?yàn)樽柚敌〉淖冏杵鞅阌谡{(diào)節(jié)，所以應(yīng)選擇變阻器；實(shí)驗(yàn)開(kāi)始時(shí)應(yīng)使測(cè)量電路兩端的電壓為零，故滑片不應(yīng)在B處，而應(yīng)滑到A處，極最左端；由實(shí)物圖可知，只有導(dǎo)線c斷路，因?yàn)閏斷路后，變阻器變?yōu)橄蘖魇浇臃?，所以電流表與電壓表均不能調(diào)為零根據(jù)，電壓減小為一半時(shí)，小燈泡的溫度低，電阻小，故其電功大于額定功率的；電動(dòng)勢(shì)是4V、內(nèi)阻是