保定市高二上學(xué)期周練物理試卷

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2016—2017學(xué)年河北省保定市定州中學(xué)高二(上）周練物理試卷（5）一、選擇題1．如圖所示，由不同材料拼接成的長(zhǎng)直桿CPD，P為兩材料分界點(diǎn)，DP＞CP，現(xiàn)讓直桿以下面兩種情況與水平面成45°．一個(gè)套在長(zhǎng)直桿上的圓環(huán)靜止開(kāi)始從頂端滑到底端，兩種情況下圓環(huán)經(jīng)過(guò)相同的時(shí)間滑到P點(diǎn)．則圓環(huán)()A．與桿CP段的動(dòng)摩擦因數(shù)較大B．兩次滑到P點(diǎn)的速度一定不相同C．兩次滑到P點(diǎn)摩擦力做功一定相同D．到達(dá)底端D所用時(shí)間較長(zhǎng)2．如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點(diǎn)是P,直徑MN水平，a、b是兩個(gè)完全相同的帶正電小球（視為點(diǎn)電荷），b固定在M點(diǎn),a從N點(diǎn)靜止釋放,沿半圓槽運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)到達(dá)某點(diǎn)Q（圖中未畫出）時(shí)速度為零．則小球a(）A．從N到Q的過(guò)程中，重力與庫(kù)侖力的合力先增大后減小B．從N到P的過(guò)程中,速率先增大后減小C．從P到Q的過(guò)程中,動(dòng)能減少量小于電勢(shì)能增加量D．從N到Q的過(guò)程中,電勢(shì)能一直增加3．如圖甲所示，Q1、Q2為兩個(gè)固定的點(diǎn)電荷，其中Q1帶負(fù)電，a、b、c三點(diǎn)在它們連線的延長(zhǎng)線上．現(xiàn)有一帶負(fù)電的粒子以一定的初速度沿直線從a點(diǎn)開(kāi)始向遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)b、c兩點(diǎn)(粒子只受電場(chǎng)力作用)，粒子經(jīng)過(guò)a、b、c三點(diǎn)時(shí)的速度分別為va、vb、vc,其速度﹣時(shí)間圖象如圖乙所示．以下說(shuō)法中正確的是（）A．Q2一定帶正電B．Q2的電量一定小于Q1的電量C．b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度最大D．粒子由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，粒子的電勢(shì)能先增大后減小4．如圖所示，有一混合正離子束先后通過(guò)正交電磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ，如果這束正離子束在區(qū)域Ⅰ中不偏轉(zhuǎn)，進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后偏轉(zhuǎn)半徑R相同，則它們具有相同的（)A．電荷量 B．質(zhì)量 C．速度 D．比荷5．如圖所示,真空中狹長(zhǎng)區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里，區(qū)域?qū)挾葹閐，邊界為CD和EF，速度為v的電子從邊界CD外側(cè)沿垂直于磁場(chǎng)方向射入磁場(chǎng)，入射方向跟CD的夾角為θ，已知電子的質(zhì)量為m、帶電荷量為e,為使電子能從另一邊界EF射出，電子的速率應(yīng)滿足的條件是（)A．v＞ B．v＜ C．v＞ D．v＜6．如圖所示，(a）圖表示光滑平臺(tái)上，物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車上，車與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不計(jì)，（b）圖為物體A與小車B的v﹣t圖象，由此可知（）A．A與小車B上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)B．小車B上表面長(zhǎng)度C．小車B獲得的動(dòng)能D．物體A與小車B的質(zhì)量之比7．總質(zhì)量為m的汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的功率為P，司機(jī)為合理進(jìn)入限速區(qū)，減小了油門，使汽車功率立即減小到P并保持該功率繼續(xù)行駛，設(shè)汽車行駛過(guò)程中所受阻力大小不變，從司機(jī)減小油門開(kāi)始，汽車的速度v﹣t圖象如圖,t1時(shí)刻后，汽車做勻速運(yùn)動(dòng),汽車因油耗而改變的質(zhì)量可忽略．則在0～t1時(shí)間內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是（)A．t=0時(shí)，汽車的加速度大小為B．汽車的牽引力不斷增大C．阻力所做的功為mv02﹣Pt1D．汽車行駛的位移為+8．如圖所示在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M的斜面，斜面表面光滑、高度為h、傾角為θ．一質(zhì)量為m（m＜M）的小物塊以一定的初速度沿水平面向右運(yùn)動(dòng)，不計(jì)沖上斜面過(guò)程中的機(jī)械能損失．如果斜面固定，則小物塊恰能沖到斜面的頂端．如果斜面不固定，則小物塊沖上斜面后能達(dá)到的最大高度為（）A．h B． C． D．9．如圖所示,電路中電源電動(dòng)勢(shì)E恒定，內(nèi)阻r=2Ω,定值電阻R3=4Ω．a(chǎn)b段電路消耗的電功率在開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)與閉合時(shí)相等，電壓表和電流表均為理想電表，則以下說(shuō)法中正確的（）A．開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)電壓表的示數(shù)一定等于S閉合時(shí)的示數(shù)B．電阻R1、R2可能分別為4Ω、6ΩC．電阻R1、R2可能分別為3Ω、9ΩD．開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)與閉合時(shí),電壓表的示數(shù)變化量與電流表的示數(shù)變化量大小之比與R1、R2無(wú)關(guān)10．將兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平桌面上，間距為l，在導(dǎo)軌的左端接有阻值為R的定值電阻,將一長(zhǎng)為l質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒放在導(dǎo)軌上，已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的接觸始終良好，且阻值也為R．在導(dǎo)軌所在的空間加一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．現(xiàn)用一質(zhì)量不計(jì)的輕繩將導(dǎo)體棒與一質(zhì)量也為m的重物跨過(guò)光滑的定滑輪連接，重物距離地面的高度足夠大，如圖所示，重物由靜止釋放后,帶動(dòng)導(dǎo)體棒一起運(yùn)動(dòng),忽略導(dǎo)軌的電阻,重力加速度為g．重物下落h時(shí)(此時(shí)導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng))，則下列說(shuō)法正確的是（）A．該過(guò)程中電阻R中的感應(yīng)電流方向?yàn)橛蒑到PB．重物釋放的瞬間加速度最大且為gC．導(dǎo)體棒的最大速度為D．該過(guò)程流過(guò)定值電阻的電量為11．甲、乙兩物體從同一地點(diǎn)出發(fā)，沿一條直線運(yùn)動(dòng),它們的v﹣t圖象如圖所示，由圖可知（）A．甲比乙運(yùn)動(dòng)快,且早出發(fā),所以乙追不上甲B．t=20s時(shí)，乙追上了甲C．在t=20s之前，甲比乙運(yùn)動(dòng)快；在t=20s之后，乙比甲運(yùn)動(dòng)快D．由于乙在t=10s時(shí)才開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，所以t=20s時(shí)，甲在乙前面，它們之間的距離為乙追上甲前的最大距離12．如圖所示,虛線EF的下方存在著正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．一帶電微粒自離EF為h的高處由靜止下落，從B點(diǎn)進(jìn)入場(chǎng)區(qū),做了一段勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從D點(diǎn)射出．下列說(shuō)法正確的是（）A．微粒受到的電場(chǎng)力的方向一定豎直向上B．微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為C．從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程中微粒的電勢(shì)能和重力勢(shì)能之和在最低點(diǎn)C最小D．從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程中微粒的電勢(shì)能先增大后減小13．一質(zhì)量為0。8kg的球固定在支桿AB的上端，支桿AB的下端固定在升降機(jī)上，今用一段繩子水平拉球，使桿發(fā)生彎曲，如圖所示，已知繩的拉力為6N,g取10m/s2，則以下說(shuō)法正確的是(）A．若升降機(jī)是靜止?fàn)顟B(tài),則AB桿對(duì)球的作用力大小為6NB．若升降機(jī)是靜止?fàn)顟B(tài),則AB桿對(duì)球的作用力大小為8NC．若升降機(jī)是加速上升，加速度大小5m/s2，則AB桿對(duì)球的作用力大小為6ND．若升降機(jī)是減速上升，加速度大小5m/s2，則AB桿對(duì)球的作用力大小為6N14．如圖所示，表面粗糙的斜面固定于地面上,并處于方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，質(zhì)量為m、帶電量為+Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑．在滑塊下滑的過(guò)程中,下列判斷正確的是（）A．滑塊受到的摩擦力不變B．滑塊到地面時(shí)的動(dòng)能與B的大小無(wú)關(guān)C．B很大時(shí)，滑塊最終可能靜止于斜面上D．滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面并指向斜面15．如圖,用滑輪將m1、m2兩物體懸掛起來(lái)，忽略滑輪和繩的重力及一切摩擦，使0°＜α＜180°，整個(gè)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則關(guān)于m1、m2的大小關(guān)系，應(yīng)為（）A．m1必大于m2 B．m1必大于 C．m1可能等于m2 D．m1可能大于m216．如圖所示的豎直平面內(nèi)，水平條形區(qū)域I和Ⅱ內(nèi)有方向垂直豎直平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其寬度均為d,I和Ⅱ之間有一寬度為h的無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域，h＞d．一質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為d的正方形線框從距區(qū)域I上邊界高度h處由靜止釋放，線框能勻速地通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域I和Ⅱ，重力加速度為g，空氣阻力忽略不計(jì)．則下列說(shuō)法正確的是(）A．區(qū)域I與區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值BⅠ:BⅡ一定大于lB．線框通過(guò)區(qū)域I和區(qū)域Ⅱ時(shí)的速度大小之比VⅠ:VⅡ=：1C．線框通過(guò)區(qū)域I和區(qū)域Ⅱ時(shí)產(chǎn)生的熱量相等D．線框通過(guò)區(qū)域I和區(qū)域Ⅱ時(shí)通過(guò)線框某一橫截面的電荷量相等17．如圖所示,質(zhì)量M=8kg的小車靜止在光滑水平面上，在小車右端施加一水平拉力F=8N，當(dāng)小車速度達(dá)到1.5m/s時(shí)，在小車的右端、由靜止輕放一大小不計(jì)、質(zhì)量m=2kg的物體，物體與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,小車足夠長(zhǎng)，物體從放上小車開(kāi)始經(jīng)t=1。5s的時(shí)間，則物體相對(duì)地面的位移為（g取10m/s2）(）A．1m B．2。1m C．2。25m D．3.1m18．如圖所示,在豎直平面內(nèi)固定有兩個(gè)很靠近的同心圓軌道,外圓光滑，內(nèi)圓粗糙．一質(zhì)量為m的小球從軌道的最低點(diǎn)以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，球的直徑略小于兩圓間距，球運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R，不計(jì)空氣阻力．設(shè)小球過(guò)最低點(diǎn)時(shí)重力勢(shì)能為零，下列說(shuō)法正確的是（)A．若小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度為0，則小球機(jī)械能一定不守恒B．若經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間,小球最終的機(jī)械能可能為mgRC．若使小球始終做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則v0一定不小于D．若小球第一次運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度大小為0，則v0一定大于二、實(shí)驗(yàn)題19．為了探究功與速度變化的關(guān)系，現(xiàn)提供如圖1所示的器材，讓小車在橡皮筋的作用下彈出后,沿木板滑行，請(qǐng)思考探究思路并回到下列問(wèn)題，（打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所接交流電頻率為50Hz）(1)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)操作時(shí),首先要做的步驟是．（2）當(dāng)我們分別用同樣的橡皮筋1條、2條、3條…并起來(lái)進(jìn)行第1次、第2次，第3次…實(shí)驗(yàn)時(shí)，每次實(shí)驗(yàn)中橡皮筋拉伸的長(zhǎng)度都保持一致，我們把第一次實(shí)驗(yàn)時(shí)橡皮筋對(duì)小車做的功記為W，則第4次，橡皮筋對(duì)小車做的功可記為（3）由于橡皮筋對(duì)小車做功而使小車獲得的速度可以由打點(diǎn)計(jì)時(shí)器和紙帶測(cè)出，如圖所示，是其中兩次實(shí)驗(yàn)打出的部分紙帶．由兩條紙帶可分別算出小車獲得的速度分別是v1=m/s，v4=m/s；速度的平方分別是v12=，v42=（以上結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）（4)由此得出的結(jié)論是．20．如圖所示，將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器固定在鐵架臺(tái)上，使重物帶動(dòng)紙帶從靜止開(kāi)始自由下落，利用此裝置可以測(cè)定重力和速度．(1）所需器材有打點(diǎn)計(jì)時(shí)器（帶導(dǎo)線）、紙帶、復(fù)寫紙、帶鐵夾的鐵架臺(tái)和帶夾子的重物,此外還需（填字母代號(hào)）中的器材．A．直流電源、天平及砝碼B．直流電源、毫米刻度尺C．交流電源、天平及砝碼D．交流電源、毫米刻度尺(2）通過(guò)作圖象的方法可以剔除偶然誤差較大的數(shù)據(jù)，提高實(shí)驗(yàn)的準(zhǔn)確程度．為使圖線的斜率等于重力加速度，除作v﹣t圖象外,還可作圖象，其縱軸表示的是,橫軸表示的是．三、計(jì)算題21．如圖所示，在足夠大的粗糙水平面上,有一直角坐標(biāo)系，在坐標(biāo)原點(diǎn)處有一物體，質(zhì)量m=5kg，物體和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0。08，物體受到沿坐標(biāo)軸的三個(gè)恒力F1、F2、F3的作用而靜止于水平面．其中F1=3N，方向沿x軸正方向；F2=4N，方向沿y軸負(fù)方向；F3沿x軸負(fù)方向，大小未知,從t=0時(shí)刻起,F1停止作用，到第2秒末，F(xiàn)1再恢復(fù)作用，同時(shí)F2停止作用．物體與水平面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度的大小g=10m/s2．（1）判斷F3的大小是否一定等于3N；（要求有必要的計(jì)算推理過(guò)程．）（2）求物體靜止時(shí)受到的摩擦力的大小和方向；（3)求第2s末物體速度的大小;（4)求第4s末物體所處的位置坐標(biāo)．22．如圖甲所示，水平地面上有一靜止平板車,車上放一質(zhì)量為m的物塊，物塊與平板車的動(dòng)摩擦因數(shù)為0。2（設(shè)最大靜摩擦擦等于滑動(dòng)摩擦)，t=0時(shí),車在外力作用下開(kāi)始沿水平面做直線運(yùn)動(dòng)，其v﹣t圖象如圖乙所示，已知t=12s時(shí)，平板車停止運(yùn)動(dòng)，此后平板車始終靜止．g取10m/s2，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊未從平板車上掉下．（1)求t=3s時(shí)物塊的加速度；（2）求t=8s時(shí)物塊的速度;(3）若物塊相對(duì)平板車的運(yùn)動(dòng)會(huì)留下痕跡，請(qǐng)求出物塊整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中在平板車上留下的痕跡的長(zhǎng)度．23．2014年10月8日，月全食帶來(lái)的“紅月亮”亮相天空,引起人們對(duì)月球的關(guān)注．我國(guó)發(fā)射的“嫦娥三號(hào)”探月衛(wèi)星在環(huán)月圓軌道繞行n圈所用時(shí)間為t,如圖所示．已知月球半徑為R，月球表面處重力加速度為g月，引力常量為G．試求:(1）月球的質(zhì)量M；（2）月球的第一宇宙速度v1;(3）“嫦娥三號(hào)”衛(wèi)星離月球表面高度h．

2016-2017學(xué)年河北省保定市定州中學(xué)高二（上)周練物理試卷（5）參考答案與試題解析一、選擇題1．如圖所示，由不同材料拼接成的長(zhǎng)直桿CPD，P為兩材料分界點(diǎn)，DP＞CP，現(xiàn)讓直桿以下面兩種情況與水平面成45°．一個(gè)套在長(zhǎng)直桿上的圓環(huán)靜止開(kāi)始從頂端滑到底端，兩種情況下圓環(huán)經(jīng)過(guò)相同的時(shí)間滑到P點(diǎn)．則圓環(huán)（)A．與桿CP段的動(dòng)摩擦因數(shù)較大B．兩次滑到P點(diǎn)的速度一定不相同C．兩次滑到P點(diǎn)摩擦力做功一定相同D．到達(dá)底端D所用時(shí)間較長(zhǎng)【考點(diǎn)】66：動(dòng)能定理的應(yīng)用．【分析】對(duì)兩個(gè)過(guò)程,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式結(jié)合牛頓第二定律判斷動(dòng)摩擦因數(shù)的關(guān)系，小物塊兩次滑動(dòng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的時(shí)間相同,且DP＞CP,根據(jù)平均速度公式判斷兩次滑到P點(diǎn)的速度關(guān)系，從C到D和從D到C分別利用動(dòng)能定理可以比較物塊滑到低端時(shí)的速度大小，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式判斷那種情況所用時(shí)間關(guān)系．【解答】解:A、第一種情況：從C到P過(guò)程，=a1t2=g(sin45°﹣μ1cos45°)t2，第二種情況：從D到P過(guò)程,=a2t2=g(sin45°﹣μ2cos45°)t2，因?yàn)椋?，所以?＞μ2，即圓環(huán)與直桿CP段的動(dòng)摩擦因數(shù)較大，故A正確；B、由題意可知，小物塊兩次滑動(dòng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的時(shí)間相同，且DP＞CP,因此從D到P的平均速度大于從C到P的平均速度,設(shè)從C到P點(diǎn)時(shí)速度為v1，從D到P時(shí)速度為v2,則根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)有：，即從D到P點(diǎn)速度大于從C到P點(diǎn)的速度，則得v1＜v2，故B正確;C、由于不知道動(dòng)摩擦因數(shù)以及DP和CP的具體關(guān)系，所以不能判斷兩次滑到P點(diǎn)摩擦力做功是否相等，故C錯(cuò)誤;D、從C到D和從D到C過(guò)程中摩擦力做功相等，重力做功相等，根據(jù)動(dòng)能定理可知，兩次滑動(dòng)中物塊到達(dá)底端速度相等，設(shè)圓環(huán)滑到底端的速度大小為v．則第一種情況：從P到D過(guò)程，=t1第二種情況：從P到C過(guò)程，=t2因?yàn)椋?，v1＜v2．所以t1＞t2．則得第一次圓環(huán)到達(dá)底端D所用時(shí)間較長(zhǎng)．故D正確．故選：ABD2．如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定,圓心是O，最低點(diǎn)是P，直徑MN水平，a、b是兩個(gè)完全相同的帶正電小球（視為點(diǎn)電荷)，b固定在M點(diǎn)，a從N點(diǎn)靜止釋放,沿半圓槽運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)到達(dá)某點(diǎn)Q（圖中未畫出）時(shí)速度為零．則小球a（）A．從N到Q的過(guò)程中，重力與庫(kù)侖力的合力先增大后減小B．從N到P的過(guò)程中,速率先增大后減小C．從P到Q的過(guò)程中,動(dòng)能減少量小于電勢(shì)能增加量D．從N到Q的過(guò)程中，電勢(shì)能一直增加【考點(diǎn)】AG：勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；AE:電勢(shì)能．【分析】對(duì)a受力分析,明確庫(kù)侖力及重力的合力,根據(jù)功的公式明確合力做功情況；再根據(jù)重力做功和電場(chǎng)力做功的特點(diǎn)與勢(shì)能的關(guān)系分析電勢(shì)能的變化．【解答】解：A、a由N到Q的過(guò)程中，重力豎直向下，而庫(kù)侖力一直沿二者的連線方向，則可知，重力與庫(kù)侖力的夾角一直減小，同時(shí)庫(kù)侖力在增大；故合力一直在增大；故A錯(cuò)誤;B、在整個(gè)過(guò)程中合力先與運(yùn)動(dòng)方向的夾角均為銳角,合力做正功；而后一過(guò)程中合力與運(yùn)動(dòng)方向夾角為鈍角，合力做負(fù)功；故從N到P的過(guò)程中,速率先增大后減?。还蔅正確；C、從P到Q的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可知，﹣mgh﹣WE=0﹣mv2；故動(dòng)能的減小量等于重力勢(shì)能增加量和電勢(shì)能的增加量，故動(dòng)能減少量大于電勢(shì)能增加量，故C錯(cuò)誤；D、由于在下降過(guò)程中，速度沿切線方向，庫(kù)侖力沿兩電荷的連線，則可知庫(kù)侖力一直與運(yùn)動(dòng)方向夾角大于90°，故庫(kù)侖力一直做負(fù)功；電勢(shì)能一直增加；故D正確;故選：BD3．如圖甲所示，Q1、Q2為兩個(gè)固定的點(diǎn)電荷，其中Q1帶負(fù)電，a、b、c三點(diǎn)在它們連線的延長(zhǎng)線上．現(xiàn)有一帶負(fù)電的粒子以一定的初速度沿直線從a點(diǎn)開(kāi)始向遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)b、c兩點(diǎn)（粒子只受電場(chǎng)力作用)，粒子經(jīng)過(guò)a、b、c三點(diǎn)時(shí)的速度分別為va、vb、vc,其速度﹣時(shí)間圖象如圖乙所示．以下說(shuō)法中正確的是（)A．Q2一定帶正電B．Q2的電量一定小于Q1的電量C．b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度最大D．粒子由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，粒子的電勢(shì)能先增大后減小【考點(diǎn)】AD：電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；A6:電場(chǎng)強(qiáng)度；AE：電勢(shì)能．【分析】速度時(shí)間圖線上每一點(diǎn)的切線斜率表示瞬時(shí)加速度，可見(jiàn)a到b做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng),到b點(diǎn)加速度為0．從而知道b點(diǎn)的電場(chǎng)力及電場(chǎng)強(qiáng)度．通過(guò)B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)可以分析出兩個(gè)點(diǎn)電荷電量的大?。ㄟ^(guò)能量守恒判斷電勢(shì)能的變化．【解答】解：AC、從速度圖象上看,可見(jiàn)a到b做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，在b點(diǎn)時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)的加速度為零,則電場(chǎng)力為零，所以該點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零，負(fù)電荷在ab上做減速運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力向左，合場(chǎng)強(qiáng)向右，b點(diǎn)左側(cè)合電場(chǎng)主要取決于，故帶正電；負(fù)電荷在bc上做加速運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力向右，合電場(chǎng)向左，b點(diǎn)右側(cè)合電場(chǎng)主要取決于,說(shuō)明帶負(fù)電,故A正確,C錯(cuò)誤；B、b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0,根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式,因?yàn)?，故，即的電量一定小于的電量，故B正確；D、負(fù)電荷從a點(diǎn)到b點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功,電勢(shì)能增加;從b點(diǎn)到c點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故粒子從a到b到c的過(guò)程中，電勢(shì)能先增加后減小，故D正確；故選：ABD4．如圖所示，有一混合正離子束先后通過(guò)正交電磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ，如果這束正離子束在區(qū)域Ⅰ中不偏轉(zhuǎn)，進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后偏轉(zhuǎn)半徑R相同，則它們具有相同的（）A．電荷量 B．質(zhì)量 C．速度 D．比荷【考點(diǎn)】CM：帶電粒子在混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；CI：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【分析】由題意中的離子在區(qū)域Ⅰ中直線運(yùn)動(dòng)，可知離子受力平衡，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可判斷出粒子具有相同的速度；進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后,各離子的運(yùn)動(dòng)半徑相同，由離子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑結(jié)合速度相等可推導(dǎo)出離子具有相同的比荷．【解答】解:在正交的電磁場(chǎng)區(qū)域中，正離子不偏轉(zhuǎn),說(shuō)明離子受力平衡,在此區(qū)域Ⅰ中,離子受電場(chǎng)力和洛倫茲力，由qvB=qE，得，可知這些正離子具有相同的速度．進(jìn)入只有勻強(qiáng)磁場(chǎng)的區(qū)域Ⅱ時(shí),偏轉(zhuǎn)半徑相同,由和可知,這些正離子具有相同的質(zhì)量．由題意可知電量相同，所有這些離子具有相同的比荷．選項(xiàng)CD正確，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤．故選CD．5．如圖所示，真空中狹長(zhǎng)區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里，區(qū)域?qū)挾葹閐，邊界為CD和EF,速度為v的電子從邊界CD外側(cè)沿垂直于磁場(chǎng)方向射入磁場(chǎng)，入射方向跟CD的夾角為θ，已知電子的質(zhì)量為m、帶電荷量為e，為使電子能從另一邊界EF射出，電子的速率應(yīng)滿足的條件是（）A．v＞ B．v＜ C．v＞ D．v＜【考點(diǎn)】CI：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；37：牛頓第二定律；4A:向心力．【分析】粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其軌跡恰好與EF邊相切時(shí)，軌跡半徑最小，對(duì)應(yīng)的速度最小．【解答】解：由題意可知電子從EF射出的臨界條件為到達(dá)邊界EF時(shí)，速度與EF平行，軌跡與EF相切，如右圖．由幾何知識(shí)得R+Rcosθ=d，R=，解得v0=，v＞v0，即能從EF射出．故選：A6．如圖所示，（a）圖表示光滑平臺(tái)上，物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車上，車與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不計(jì),（b)圖為物體A與小車B的v﹣t圖象,由此可知（）A．A與小車B上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)B．小車B上表面長(zhǎng)度C．小車B獲得的動(dòng)能D．物體A與小車B的質(zhì)量之比【考點(diǎn)】53：動(dòng)量守恒定律；6B：功能關(guān)系．【分析】當(dāng)A滑上B后，在滑動(dòng)摩擦力作用下，A做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，最終以共同速度v1勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解質(zhì)量比,根據(jù)速度時(shí)間圖象的面積表示位移可以求得A相對(duì)于B的位移，根據(jù)能量守恒可以確定動(dòng)摩擦因數(shù)，因?yàn)椴恢繠車質(zhì)量,所以不能求得B的動(dòng)能．【解答】解：ABD、由圖象可知，AB最終以共同速度v1勻速運(yùn)動(dòng)，這是兩物體位移差即為小車上表面至少的長(zhǎng)度，即最小為：△x=v0t1;由動(dòng)量守恒定律得:mA（v0﹣v1）=mBv1，解得：，故可以確定物體A與小車B的質(zhì)量之比；由圖象可以知道A相對(duì)小車B的位移為：△x=v0t1，根據(jù)能量守恒得：μmAg△x=mAv02﹣(mA+mB)v12，根據(jù)D中求得質(zhì)量關(guān)系，可以解出動(dòng)摩擦力因素，故ABD正確；C、由于小車B的質(zhì)量不可知,故不能確定小車B獲得的動(dòng)能，故C錯(cuò)誤．故選：ABD．7．總質(zhì)量為m的汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的功率為P,司機(jī)為合理進(jìn)入限速區(qū)，減小了油門，使汽車功率立即減小到P并保持該功率繼續(xù)行駛，設(shè)汽車行駛過(guò)程中所受阻力大小不變,從司機(jī)減小油門開(kāi)始，汽車的速度v﹣t圖象如圖，t1時(shí)刻后，汽車做勻速運(yùn)動(dòng)，汽車因油耗而改變的質(zhì)量可忽略．則在0～t1時(shí)間內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是（）A．t=0時(shí)，汽車的加速度大小為B．汽車的牽引力不斷增大C．阻力所做的功為mv02﹣Pt1D．汽車行駛的位移為+【考點(diǎn)】63：功率、平均功率和瞬時(shí)功率;37：牛頓第二定律．【分析】汽車勻速行駛時(shí)，根據(jù)P=Fv求出阻力的大小，當(dāng)功率為時(shí)，求出t=0時(shí)刻的牽引力，結(jié)合牛頓第二定律求出汽車的加速度大?。鶕?jù)功率不變，結(jié)合速度的變化判斷牽引力的變化．對(duì)變減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理，求出克服阻力做功的大小以及汽車行駛的位移．【解答】解：A、開(kāi)始騎車做勻速直線運(yùn)動(dòng),阻力f=，t=0時(shí)刻，汽車的牽引力F=,根據(jù)牛頓第二定律得，汽車的加速度大小a=，故A錯(cuò)誤．B、在0﹣t1時(shí)間內(nèi)，汽車做減速運(yùn)動(dòng)，速度減小,功率不變，根據(jù)P=Fv知,牽引力不斷增大，故B正確．C、根據(jù)動(dòng)能定理知，，解得克服阻力做功,故C錯(cuò)誤．D、汽車行駛的位移s==+，故D正確．故選：BD．8．如圖所示在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M的斜面，斜面表面光滑、高度為h、傾角為θ．一質(zhì)量為m（m＜M）的小物塊以一定的初速度沿水平面向右運(yùn)動(dòng)，不計(jì)沖上斜面過(guò)程中的機(jī)械能損失．如果斜面固定，則小物塊恰能沖到斜面的頂端．如果斜面不固定,則小物塊沖上斜面后能達(dá)到的最大高度為（）A．h B． C． D．【考點(diǎn)】53：動(dòng)量守恒定律;66：動(dòng)能定理的應(yīng)用．【分析】斜面固定時(shí),由動(dòng)能定理求出初速度，斜面不固定時(shí)，由水平方向動(dòng)量守恒列式，再根據(jù)機(jī)械能守恒列式，聯(lián)立方程即可求解．【解答】解：斜面固定時(shí)，由動(dòng)能定理得：﹣mgh=0﹣，所以;斜面不固定時(shí)，由水平方向動(dòng)量守恒得：mv0=（M+m）v，由機(jī)械能守恒得：=+mgh′解得：．故選D9．如圖所示，電路中電源電動(dòng)勢(shì)E恒定，內(nèi)阻r=2Ω，定值電阻R3=4Ω．a(chǎn)b段電路消耗的電功率在開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)與閉合時(shí)相等，電壓表和電流表均為理想電表，則以下說(shuō)法中正確的(）A．開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)電壓表的示數(shù)一定等于S閉合時(shí)的示數(shù)B．電阻R1、R2可能分別為4Ω、6ΩC．電阻R1、R2可能分別為3Ω、9ΩD．開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)與閉合時(shí)，電壓表的示數(shù)變化量與電流表的示數(shù)變化量大小之比與R1、R2無(wú)關(guān)【考點(diǎn)】BB：閉合電路的歐姆定律．【分析】當(dāng)K閉合時(shí)R2被短路，根據(jù)電鍵K斷開(kāi)與閉合時(shí)，ab段電路消耗的電功率相等，列出方程，將電阻R1、R2代入，選擇使方程成立的阻值．根據(jù)外電路總電阻的變化，分析電壓表示數(shù)的大小關(guān)系．根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電鍵K斷開(kāi)與閉合時(shí)電壓表的示數(shù)變化量大小與電流表的示數(shù)變化量大小之比．【解答】解：A、電鍵斷開(kāi)時(shí)外電路總電阻大于閉合時(shí)外電路總電阻，則電鍵斷開(kāi)時(shí)電壓表的示數(shù)一定大于閉合時(shí)的示數(shù),故A錯(cuò)誤;BC、由題，電鍵K斷開(kāi)與閉合時(shí),ab段電路消耗的電功率相等，則有：（R1+R2)=，將3Ω、9Ω代入方程成立，而將4Ω、6Ω代入方程不成立．故B錯(cuò)誤，C正確；D、根據(jù)閉合電路歐姆定律得:U=E﹣(R3+r）I，則電壓表的示數(shù)變化量大小與電流表的示數(shù)變化量大小之比為：=R3+r=6Ω，與R1、R2無(wú)關(guān)．故D正確．故選:CD10．將兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平桌面上，間距為l，在導(dǎo)軌的左端接有阻值為R的定值電阻，將一長(zhǎng)為l質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒放在導(dǎo)軌上，已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的接觸始終良好，且阻值也為R．在導(dǎo)軌所在的空間加一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．現(xiàn)用一質(zhì)量不計(jì)的輕繩將導(dǎo)體棒與一質(zhì)量也為m的重物跨過(guò)光滑的定滑輪連接,重物距離地面的高度足夠大，如圖所示，重物由靜止釋放后，帶動(dòng)導(dǎo)體棒一起運(yùn)動(dòng)，忽略導(dǎo)軌的電阻,重力加速度為g．重物下落h時(shí)（此時(shí)導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)),則下列說(shuō)法正確的是(）A．該過(guò)程中電阻R中的感應(yīng)電流方向?yàn)橛蒑到PB．重物釋放的瞬間加速度最大且為gC．導(dǎo)體棒的最大速度為D．該過(guò)程流過(guò)定值電阻的電量為【考點(diǎn)】D9：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；DD：電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化．【分析】由右手定則判斷感應(yīng)電流的方向．導(dǎo)體棒先做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng),速度達(dá)到最大,根據(jù)拉力F的功率等于電功率，列式求解最大速度．由牛頓第二定律求最大的加速度．由q=求電量．【解答】解：A、由右手定則判斷知感應(yīng)電流方向由P到M．故A錯(cuò)誤．B、根據(jù)牛頓第二定律得：對(duì)導(dǎo)體棒有T﹣=ma對(duì)重物有mg﹣T=ma聯(lián)立得a=g﹣則當(dāng)v=0即重物釋放的瞬間加速度最大且為g．故B錯(cuò)誤．C、由上知，當(dāng)a=0時(shí)速度最大，且最大速度為vm=．故C正確．D、該過(guò)程流過(guò)定值電阻的電量q==．故D正確．故選：CD11．甲、乙兩物體從同一地點(diǎn)出發(fā)，沿一條直線運(yùn)動(dòng)，它們的v﹣t圖象如圖所示，由圖可知（）A．甲比乙運(yùn)動(dòng)快，且早出發(fā),所以乙追不上甲B．t=20s時(shí),乙追上了甲C．在t=20s之前,甲比乙運(yùn)動(dòng)快；在t=20s之后，乙比甲運(yùn)動(dòng)快D．由于乙在t=10s時(shí)才開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，所以t=20s時(shí)，甲在乙前面,它們之間的距離為乙追上甲前的最大距離【考點(diǎn)】1I：勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像；1E:勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系．【分析】本題考查了圖象中的追及問(wèn)題,明確甲乙兩物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，甲做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，乙做勻速直線運(yùn)動(dòng)．根據(jù)v﹣t圖象特點(diǎn)：“面積”表示位移等等進(jìn)行分析位移關(guān)系．【解答】解：A、由圖可知,在t=20s之前,甲比乙運(yùn)動(dòng)快；在t=20s之后,乙比甲運(yùn)動(dòng)快;故A錯(cuò)誤；C正確;B、t=20s時(shí)，二者速度相等，但二者通過(guò)的位移不相同，故沒(méi)有相遇;故B錯(cuò)誤；D、由于乙在t=10s時(shí)才開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，20s前乙的速度一直大于甲的速度；所以t=20s時(shí)，甲在乙前面,它們之間的距離為乙追上甲前的最大距離；故D正確；故選：CD．12．如圖所示，虛線EF的下方存在著正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．一帶電微粒自離EF為h的高處由靜止下落，從B點(diǎn)進(jìn)入場(chǎng)區(qū)，做了一段勻速圓周運(yùn)動(dòng),從D點(diǎn)射出．下列說(shuō)法正確的是（)A．微粒受到的電場(chǎng)力的方向一定豎直向上B．微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為C．從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程中微粒的電勢(shì)能和重力勢(shì)能之和在最低點(diǎn)C最小D．從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程中微粒的電勢(shì)能先增大后減小【考點(diǎn)】CM：帶電粒子在混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；AD：電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系．【分析】帶電微粒進(jìn)入正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,受到重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知電場(chǎng)力與重力平衡．由洛倫茲力提供向心力,可求出微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑．根據(jù)電場(chǎng)力做功正負(fù),判斷電勢(shì)能的變化和機(jī)械能的變化．【解答】解:A、由題,帶電微粒進(jìn)入正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力與重力必定平衡，則微粒受到的電場(chǎng)力的方向一定豎直向上．故A正確．B、由上則有：mg=qE①由洛倫茲力提供向心力,則有②又下落的過(guò)程中機(jī)械能守恒,得：③聯(lián)立三式得，微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r=．故B正確．C、根據(jù)能量守恒定律得知：微粒在B到D的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電勢(shì)能、動(dòng)能、重力勢(shì)能之和一定，動(dòng)能不變，則知微粒的電勢(shì)能和重力勢(shì)能之和一定不變．故C錯(cuò)誤．D、由于電場(chǎng)力方向豎直向上，則微粒從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功，則其電勢(shì)能先增大后減小．故D正確．故選：ABD13．一質(zhì)量為0。8kg的球固定在支桿AB的上端，支桿AB的下端固定在升降機(jī)上，今用一段繩子水平拉球，使桿發(fā)生彎曲,如圖所示，已知繩的拉力為6N,g取10m/s2,則以下說(shuō)法正確的是（）A．若升降機(jī)是靜止?fàn)顟B(tài)，則AB桿對(duì)球的作用力大小為6NB．若升降機(jī)是靜止?fàn)顟B(tài)，則AB桿對(duì)球的作用力大小為8NC．若升降機(jī)是加速上升，加速度大小5m/s2，則AB桿對(duì)球的作用力大小為6ND．若升降機(jī)是減速上升，加速度大小5m/s2，則AB桿對(duì)球的作用力大小為6N【考點(diǎn)】37：牛頓第二定律；29:物體的彈性和彈力．【分析】球受到重力、繩子拉力與桿的作用力，球靜止時(shí)處于平衡狀態(tài),應(yīng)用平衡條件求出桿的作用力；球做勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，應(yīng)用牛頓第二定律與力的合成方法求出桿的作用力．【解答】解:A、升降機(jī)是靜止的,球靜止，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，桿的作用力大?。篎===10N，故AB錯(cuò)誤;C、若升降機(jī)加速上升，對(duì)球，在豎直方向，由牛頓第二定律得：Fy﹣mg=ma,解得:Fy=12N，在水平方向，由平衡條件得：Fx=F繩子=6N，桿對(duì)球的作用力大小：F==6N，故C正確；D、若升降機(jī)減速上升，對(duì)球,在豎直方向,由牛頓第二定律得:mg﹣Fy=ma,解得:Fy=4N，在水平方向，由平衡條件得：Fx=F繩子=6N,桿對(duì)球的作用力大?。篎==2N,故D錯(cuò)誤;故選:C．14．如圖所示,表面粗糙的斜面固定于地面上,并處于方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，質(zhì)量為m、帶電量為+Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑．在滑塊下滑的過(guò)程中,下列判斷正確的是（）A．滑塊受到的摩擦力不變B．滑塊到地面時(shí)的動(dòng)能與B的大小無(wú)關(guān)C．B很大時(shí),滑塊最終可能靜止于斜面上D．滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面并指向斜面【考點(diǎn)】CM：帶電粒子在混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【分析】小滑塊向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中受到重力,支持力，垂直斜面向下的洛倫茲力，摩擦力,向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，速度增大,洛倫茲力增大,支持力增大,滑動(dòng)摩擦力增大,當(dāng)加速度減到0，做勻速運(yùn)動(dòng)．【解答】解:A、小滑塊向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中受到重力,支持力，摩擦力，根據(jù)左手定則可知洛倫茲力垂直斜面向下，向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,速度增大，洛倫茲力增大，支持力增大，滑動(dòng)摩擦力增大．故A錯(cuò)誤，D正確．B、B的大小不同,洛倫茲力大小不同，導(dǎo)致滑動(dòng)摩擦力大小不同，根據(jù)動(dòng)能定理，摩擦力功不同，到達(dá)底端的動(dòng)能不同．故B錯(cuò)誤．C、滑塊到地面時(shí)當(dāng)B很大，則摩擦力有可能很大,當(dāng)滑塊受到的摩擦力與重力向下的分力相等時(shí),滑塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力與摩擦力不再增大,所以滑塊不可能靜止在斜面上．故C錯(cuò)誤．故選：D．15．如圖，用滑輪將m1、m2兩物體懸掛起來(lái)，忽略滑輪和繩的重力及一切摩擦，使0°＜α＜180°，整個(gè)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則關(guān)于m1、m2的大小關(guān)系,應(yīng)為（）A．m1必大于m2 B．m1必大于 C．m1可能等于m2 D．m1可能大于m2【考點(diǎn)】2H：共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用;29：物體的彈性和彈力．【分析】對(duì)m1分析可知繩子的拉力大小，對(duì)滑輪分析，由于滑輪放在一根繩子上，繩子兩端的張力相等，故可知兩繩子和豎直方向上的夾角相等,由共點(diǎn)力的平衡關(guān)系可得出兩質(zhì)量的關(guān)系．【解答】解：對(duì)m1分析可知,m1受拉力及本身的重力平衡,故繩子的拉力等于m1g；對(duì)滑輪分析，由于滑輪跨在繩子上,故兩端繩子的拉力相等，它們的合力一定在角平分線上；由于它們的合力與m2的重力大小相等,方向相反，故合力豎直向上,故兩邊的繩子與豎直方向的夾角相等；由以上可知,兩端繩子的拉力等于m1g，而它們的合力等于m2g，因互成角度的兩分力與合力組成三角形，故可知2m1g＞m2g，故m1＞m2，則m1可以大于m2可能等于m2，故A錯(cuò)誤,BCD正確；故選：BCD．16．如圖所示的豎直平面內(nèi)，水平條形區(qū)域I和Ⅱ內(nèi)有方向垂直豎直平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),其寬度均為d，I和Ⅱ之間有一寬度為h的無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域，h＞d．一質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為d的正方形線框從距區(qū)域I上邊界高度h處由靜止釋放，線框能勻速地通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域I和Ⅱ，重力加速度為g，空氣阻力忽略不計(jì)．則下列說(shuō)法正確的是（）A．區(qū)域I與區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值BⅠ:BⅡ一定大于lB．線框通過(guò)區(qū)域I和區(qū)域Ⅱ時(shí)的速度大小之比VⅠ：VⅡ=：1C．線框通過(guò)區(qū)域I和區(qū)域Ⅱ時(shí)產(chǎn)生的熱量相等D．線框通過(guò)區(qū)域I和區(qū)域Ⅱ時(shí)通過(guò)線框某一橫截面的電荷量相等【考點(diǎn)】D9：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；6B:功能關(guān)系;BB:閉合電路的歐姆定律；BH：焦耳定律．【分析】根據(jù)動(dòng)能定理判斷線框在兩個(gè)磁場(chǎng)中速度大小，再根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件分析磁感應(yīng)強(qiáng)度大小關(guān)系；根據(jù)功能關(guān)系分析線框通過(guò)區(qū)域I和區(qū)域Ⅱ時(shí)產(chǎn)生的熱量；根據(jù)電荷量經(jīng)驗(yàn)公式通過(guò)線框某一橫截面的電荷量．【解答】解：AB、設(shè)線框通過(guò)區(qū)域I和區(qū)域Ⅱ時(shí)的速度大小分別為vⅠ、vⅡ，根據(jù)動(dòng)能定理可得:mgh=，mg（2h﹣d）=，由于h＞d,所以VⅠ＜VⅡ;根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件可得：BId=mg，即，所以有，，BⅠ：BⅡ=＞1，故A正確、B錯(cuò)誤;C、根據(jù)功能關(guān)系可知,線框勻速通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，重力勢(shì)能的減少等于產(chǎn)生的焦耳熱，所以線框通過(guò)區(qū)域I和區(qū)域Ⅱ時(shí)產(chǎn)生的熱量相等,故C正確;D、根據(jù)電荷量計(jì)算公式可得q=It=，由于兩個(gè)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度不同，所以線框通過(guò)區(qū)域I和區(qū)域Ⅱ時(shí)通過(guò)線框某一橫截面的電荷量不相等，故D錯(cuò)誤．故選：AC．17．如圖所示，質(zhì)量M=8kg的小車靜止在光滑水平面上，在小車右端施加一水平拉力F=8N，當(dāng)小車速度達(dá)到1。5m/s時(shí)，在小車的右端、由靜止輕放一大小不計(jì)、質(zhì)量m=2kg的物體，物體與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0。2,小車足夠長(zhǎng)，物體從放上小車開(kāi)始經(jīng)t=1。5s的時(shí)間，則物體相對(duì)地面的位移為(g取10m/s2）(）A．1m B．2。1m C．2。25m D．3。1m【考點(diǎn)】39：牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用．【分析】分別對(duì)滑塊和平板車進(jìn)行受力分析，它們都只受到滑動(dòng)摩擦力的作用，根據(jù)牛頓第二定律求出各自加速度,物塊在小車上停止相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，速度相同，可以求出時(shí)間；滑塊做勻減速運(yùn)動(dòng)，平板車做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它們速度相等時(shí)一起向右做勻速運(yùn)動(dòng)，求出物塊的位移即可．【解答】解：當(dāng)在車的右端放上物體時(shí)，對(duì)物塊：由牛頓第二定律得ma1=μmg，a1=μg=2m/s2對(duì)小車：Ma2=F﹣μmg，a==m/s2=0。5m/s2設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t0，物體和車的速度相等，即v1=v2物體的速度v1=a1t0車的速度v2=v+a2t0解得t0=1s，v1=2m/s前一秒物塊相對(duì)地面的位移為s1==1m當(dāng)物塊與小車共速后,由牛頓第二定律（M+m）a=F，a==m/s2=0.8m/s2，后0.5s物塊相對(duì)地面的位移為s2=v1t+=2×m=1。1m則物體從放上小車開(kāi)始經(jīng)t=1。5s的時(shí)間，則物體相對(duì)地面的位移為s=s1+s2=1+1。1m=2。1m,故B正確，ACD錯(cuò)誤;故選：B18．如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定有兩個(gè)很靠近的同心圓軌道,外圓光滑，內(nèi)圓粗糙．一質(zhì)量為m的小球從軌道的最低點(diǎn)以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，球的直徑略小于兩圓間距,球運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R，不計(jì)空氣阻力．設(shè)小球過(guò)最低點(diǎn)時(shí)重力勢(shì)能為零，下列說(shuō)法正確的是（)A．若小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度為0，則小球機(jī)械能一定不守恒B．若經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間，小球最終的機(jī)械能可能為mgRC．若使小球始終做完整的圓周運(yùn)動(dòng),則v0一定不小于D．若小球第一次運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度大小為0,則v0一定大于【考點(diǎn)】66：動(dòng)能定理的應(yīng)用；4A：向心力．【分析】?jī)?nèi)圓粗糙,小球與內(nèi)圓接觸時(shí)要受到摩擦力作用,要克服摩擦力做功，機(jī)械能不守恒；外圓光滑,小球與外圓接觸時(shí)不受摩擦力作用，只有重力做功,機(jī)械能守恒，應(yīng)用牛頓第二定律與機(jī)械能守恒定律分析答題．【解答】解：A、若小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)受到為0，則小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中一定與內(nèi)圓接觸，受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功,小球的機(jī)械能一定不守恒,故A正確;B、若初速度v0比較小，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中一定與內(nèi)圓接觸，機(jī)械能不斷減少,經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間,小球最終在圓心下方運(yùn)動(dòng)，最大的機(jī)械能為mgR，所以小球最終的機(jī)械能不可能為mgR．若初速度v0足夠大，小球始終沿外圓做完整的圓周運(yùn)動(dòng),機(jī)械能守恒，機(jī)械能必定大于2mgR，故B錯(cuò)誤．C、若使小球始終做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，小球應(yīng)沿外圓運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不受摩擦力，機(jī)械能守恒，小球恰好運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度設(shè)為v,則有mg=m由機(jī)械能守恒定律得:mv02=mg?2R+，小球在最低點(diǎn)時(shí)的最小速度v0=，所以若使小球始終做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則v0一定不小于．故C正確．D、如果內(nèi)圓光滑,小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不受摩擦力，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒，如果小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度為0，由機(jī)械能守恒定律得：mv02=mg?2R,小球在最低點(diǎn)時(shí)的速度v0=，由于內(nèi)圓粗糙,小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中要克服摩擦力做功，則小球在最低點(diǎn)時(shí)的速度v0一定大于,故D正確．故選：ACD．二、實(shí)驗(yàn)題19．為了探究功與速度變化的關(guān)系，現(xiàn)提供如圖1所示的器材，讓小車在橡皮筋的作用下彈出后，沿木板滑行，請(qǐng)思考探究思路并回到下列問(wèn)題，（打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所接交流電頻率為50Hz）（1）進(jìn)行實(shí)驗(yàn)操作時(shí)，首先要做的步驟是平衡摩擦力．（2)當(dāng)我們分別用同樣的橡皮筋1條、2條、3條…并起來(lái)進(jìn)行第1次、第2次，第3次…實(shí)驗(yàn)時(shí)，每次實(shí)驗(yàn)中橡皮筋拉伸的長(zhǎng)度都保持一致，我們把第一次實(shí)驗(yàn)時(shí)橡皮筋對(duì)小車做的功記為W，則第4次，橡皮筋對(duì)小車做的功可記為4W(3）由于橡皮筋對(duì)小車做功而使小車獲得的速度可以由打點(diǎn)計(jì)時(shí)器和紙帶測(cè)出，如圖所示，是其中兩次實(shí)驗(yàn)打出的部分紙帶．由兩條紙帶可分別算出小車獲得的速度分別是v1=1。0m/s,v4=2。0m/s；速度的平方分別是v12=1。0，v42=4.0(以上結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）（4）由此得出的結(jié)論是橡皮筋對(duì)小車做功與小車速度的平方成正比．【考點(diǎn)】MJ：探究功與速度變化的關(guān)系．【分析】小車下滑時(shí)受到重力、細(xì)線的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，則應(yīng)該用重力的下滑分量來(lái)平衡摩擦力，故可以將長(zhǎng)木板的一段墊高；根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理可知,橡皮筋條數(shù)和做功倍數(shù)相同,若一根做功為W，則兩根做功為2W,以此類推,小車做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度是最大速度，據(jù)此可求出小車最大速度大?。窘獯稹拷猓海?）小車下滑時(shí)受到重力、細(xì)線的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，則應(yīng)該用重力的下滑分量來(lái)平衡摩擦力，故可以將長(zhǎng)木板的一段墊高，使小車勻速下滑．（2)該實(shí)驗(yàn)中采用相同規(guī)格的橡皮筋，拉伸相同的長(zhǎng)度，因此橡皮筋條數(shù)和做功倍數(shù)相同，若一根做功為W，則兩根做功為2W，以此類推；第4次橡皮筋對(duì)小車做的功可計(jì)為4W(3）小車車獲得的速度即為橡皮筋做功完畢時(shí)的速度,橡皮筋做功完畢后小車做勻速運(yùn)動(dòng)(4)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù):，所以橡皮筋對(duì)小車做功與小車速度的平方成正比故答案為：（1）平衡摩擦力;(2）4W；（3）1。0，2。0,1。0，4.0；（4）橡皮筋對(duì)小車做功與小車速度的平方成正比．20．如圖所示，將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器固定在鐵架臺(tái)上，使重物帶動(dòng)紙帶從靜止開(kāi)始自由下落，利用此裝置可以測(cè)定重力和速度．（1）所需器材有打點(diǎn)計(jì)時(shí)器（帶導(dǎo)線)、紙帶、復(fù)寫紙、帶鐵夾的鐵架臺(tái)和帶夾子的重物,此外還需D(填字母代號(hào)）中的器材．A．直流電源、天平及砝碼B．直流電源、毫米刻度尺C．交流電源、天平及砝碼D．交流電源、毫米刻度尺(2）通過(guò)作圖象的方法可以剔除偶然誤差較大的數(shù)據(jù)，提高實(shí)驗(yàn)的準(zhǔn)確程度．為使圖線的斜率等于重力加速度，除作v﹣t圖象外，還可作﹣h圖象，其縱軸表示的是速度平方的二分之一，橫軸表示的是重物下落的高度．【考點(diǎn)】MD：驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律．【分析】根據(jù)用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器測(cè)重力加速度的原理，和實(shí)驗(yàn)的步驟可以判斷遺漏的器材，用圖象法處理實(shí)驗(yàn)的數(shù)據(jù)比較簡(jiǎn)單直觀．【解答】解：（1）打點(diǎn)計(jì)時(shí)器需接交流電源．重力加速度與物體的質(zhì)量無(wú)關(guān)，所以不要天平和砝碼．計(jì)算速度需要測(cè)相鄰計(jì)數(shù)的距離，需要刻度尺，故選：D．（2）由公式v2=2gh,如繪出﹣h圖象，其斜率也等于重力加速度．故答案為：①D,②﹣h，速度平方的二分之一,重物下落的高度三、計(jì)算題21．如圖所示，在足夠大的粗糙水平面上,有一直角坐標(biāo)系,在坐標(biāo)原點(diǎn)處有一物體，質(zhì)量m=5kg,物體和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.08，物體受到沿坐標(biāo)軸的三個(gè)恒力F1、F2、F3的作用而靜止于水平面．其中F1=3N，方向沿x軸正方向;F2=4N，方向沿y軸負(fù)方向；F3沿x軸負(fù)方向，大小未知,從t=0時(shí)刻起，F(xiàn)1停止作用，到第2秒末，F(xiàn)1再恢復(fù)作用，同時(shí)F2停止作用．物體與水平面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度的大小g=10m/s2．（1）判斷F3的大小是否一定等于3N；（要求有必要的計(jì)算推理過(guò)程．）（2)求物體靜止時(shí)受到的摩擦力的大小和方向;（3)求第2s末物體速度的大小;（4）求第4s末物體所處的位置坐標(biāo)．【考點(diǎn)】37：牛頓第二定律；27:摩擦力的判斷與計(jì)算．【分析】（1）根據(jù)物體處于平衡狀態(tài)，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力即可判斷出；（2）物體靜止時(shí)沿外軸受力平衡，根據(jù)受力分析即可求出；（3）通過(guò)受力分析，由牛頓第二定律求出加速度，在由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出速度；(4）通過(guò)受力分析,由牛頓第二定律求出加速度，在由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出位移即可判斷坐標(biāo)．【解答】解：(1)物體處于平衡狀態(tài)時(shí)：物體受到的摩擦力為靜摩擦,方向未知，大小范圍為[0,4N]；最大靜摩擦力為fm=μmg=4N．要確定摩擦力的大小和方向,先確定F3的大小；設(shè)F3≠F1,則F1、F2、F3三個(gè)力的合力大于fm=4N,則物體不可能平衡，故F1=F3是必然的；故F3=3N,方向沿﹣x方向．(2）物體靜止時(shí)沿外軸受力平衡，則物體此時(shí)所受的靜摩擦力的大小必為f=F2=4N;f的方向?yàn)檠貀軸正方向；（3）撤除F1后，物體的受動(dòng)力F2、F3作用，F(xiàn)2、F3的合力F23==5N＞fm=4N，方向沿OA方向，則物體立即有沿OA運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，故摩擦力方向立即變?yōu)榕cOA的反方向，且摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，大小為4N,受力如圖．在0～2s內(nèi),物體所受合外力為F=1N，方向與﹣y軸成37°，與﹣x軸成53°;物體的加速度為：a1==0.2m/s2；物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)為：初速為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)；