高中物理测试七

测试七本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题 共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1.一正电荷在电场中仅受电场力作用，从A 点运动到B 点，速度随时间变化的图象如图所示，t A 、t B 分别对应电荷在A 、B 两点的时刻，则下列说法中正确的是( )A ．A 处的场强一定小于B 处的场强B ．A 处的电势一定低于B 处的电势C ．电荷在A 处的电势能一定大于在B 处的电势能D ．从A 到B 的过程中，电场力对电荷做正功[答案] B[解析] 由图象知A 处的加速度大于B 处的加速度，A 处的场强一定大于B 处的场强，A 错．由功能关系及动能和电势能之和守恒知B 正确，C 、D 错．2．一质量为m 的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最开始2s 内的位移是最后2s 内位移的两倍，且已知滑块最开始1s 内的位移为2.5m ，由此可求得( )A ．滑块的加速度为5m/s 2B ．滑块的初速度为5m/sC ．滑块运动的总时间为3sD ．滑块运动的总位移为4.5m[答案] CD[解析] 根据题意可知，滑块做末速度为零的匀减速直线运动，其逆运动是初速度为零的匀加速直线运动，设其运动的总时间为t ，加速度为a ，设逆运动最初2s 内位移为s 1，最后2s 内位移为s 2，由运动学公式有s 1＝12a ×22；s 2＝12at 2－12a (t －2)2；且s 2＝2s 1；2.5＝12at 2－12a (t －1)2.联立以上各式并代入数据可解得正确选项为CD. 3．如图所示，一理想变压器原线圈匝数n 1＝1000匝，副线圈匝数n 2＝200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u ＝2202sin 100πt (V)．副线圈中接一电动机，电阻为11Ω，电流表示数为1A.电表对电路的影响忽略不计，则( )A ．此交流电的频率为100HzB ．电压表示数为2202VC ．电流表示数为5AD ．此电动机输出功率为33W[答案] D[解析] 由ω＝2πf 得交流电的频率为50Hz ，故选项A 错误；由电压表、电流表测量的是交流电的有效值，故电压表读数为220V ，故选项B 错误；由I 1I 2＝n 2n 1可知I 1＝I 2n 2n 1＝0.2A ，故选项C 错误；由P 出＝P 入－Q 热＝U 1I 1－I 22R ＝33W ，故选项D 正确．4.如图所示是电容式话筒的示意图，它是利用电容制作的传感器，话筒的振动膜前面镀有薄薄的金属层，膜后距膜几十微米处有一金属板，振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极，在两极间加一电压U .人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使电容发生变化，导致话筒所在的电路中的其他量发生变化，使声音信号被话筒转化为电信号，其中导致电容变化的原因可能是电容器两板间的( )A ．距离变化B ．正对面积变化C ．介质变化D ．电压变化 [答案] A[解析] 电容式话筒中振动膜上的金属层和金属层相当于一个平行板电容器．当人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使两极板间的距离发生变化，从而导致电容器的电容发生变化．所以选A.5．(2011·南昌模拟)在上海世博会最佳实践区，江苏都市案例馆中穹形门窗充满了浓郁的地域风情和人文特色．如图所示，在竖直放置的穹形光滑支架上，一根不可伸长的轻绳通过光滑的轻质滑轮悬挂一重物G .现将轻绳的一端固定于支架上的A 点，另一端从B 点沿支架缓慢地向C 点靠近(C点与A 点等高)．则绳中拉力大小变化的情况是( )A ．先变小后变大B ．先变小后不变C ．先变大后不变D ．先变大后变小[答案] C[解析] 本题考查力的合成和分解．本题可用力的正交分解来处理，轻绳的一端在支架弧形部分从B 点向外移动的过程中，由于轻绳组成的张角变大，而悬挂的物体的重力保持不变，故轻绳上的张力变大，当轻绳的移动端在支架竖直部分移动的过程中， 由于张角保持不变，故张力也保持不变，所以正确选项为C .6．(2010·抚顺模拟)我国未来将建立月球基地，并在绕月轨道上建造空间站，如图所示，关闭动力的航天飞机在月球引力作用下向月球靠近，并将与空间站在B 处对接，已知空间站绕月轨道半径为r ，周期为T ，引力常量为G ，下列说法中错误的是( )A ．图中航天飞机正加速飞向B 处B ．航天飞机在B 处由椭圆轨道进入空间站轨道必须点火减速C ．根据题中条件可以算出月球质量D ．根据题中条件可以算出空间站受到月球引力的大小[答案] D[解析] 由题意显然A 正确；航天飞机靠近月球过程中，要减速才能进入低层轨道，B正确；空间站绕月轨道半径r 和周期T 已知，由G mM r 2＝m 4π2r T 2，可求出月球的质量，C 正确；由于空间站的质量未知，故无法求出月球对空间站的引力大小，D 错误．7．(2011·烟台模拟)某静电场的电场线分布如图所示，图中P 、Q 两点的电场强度的大小分别为E p 和E Q ，电势分别为φp 和φQ ，正点电荷在P 、Q 两点所受电场力大小分别为F p 和F Q ，具有的电势能分别为εp 和εQ ，则下列关系正确的是( )A ．E P >E QB ．φP <φQC ．F P >F QD ．εP >εQ[答案] ACD[解析] 电场线的疏密代表场强的强弱，从图可看出P 处密、Q 处疏，A 正确；沿着电场线的方向电势逐渐降低，B 错误；根据F ＝Eq 可判断，C 正确；把正点电荷从P 点移动到Q 点，电场力做正功，电势能减小，D 正确．8.(2011·北京东城模拟)如图所示为竖直平面内的直角坐标系．一个质量为m 的质点，在恒力F 和重力的作用下，从坐标原点O 由静止开始沿直线OA 斜向下运动，直线OA 与y 轴负方向成θ角(θ<45°)，不计空气阻力，则以下说法正确的是( )A ．当F ＝mg tan θ时，质点的机械能守恒B ．当F ＝mg sin θ时，质点的机械能守恒C ．当F ＝mg tan θ时，质点的机械能一定增大D ．当F ＝mg tan θ时，质点的机械能可能增大也可能减小[答案] B[解析] 由于质点受到恒力的作用，由题意可知质点所受合力方向一定在直线OA 方向上，如图所示，当F ＝mg sin θ时，恒力F 始终垂直于运动方向，故恒力F 对质点不做功，所以质点的机械能一定守恒．当F ＝mg tan θ，我们以重力的下端点为圆心，以F ＝mg tan θ为半径画图，有两种可能，一种可能是F 水平向右，则质点沿OA 运动的过程中，F 做正功，机械能增大，还有一种可能是F ＝mg tan θ，但F 斜向上 ，此种情况对应的F 的方向与OA 的夹角为钝角，F 对质点做负功，质点的机械能减小．9．如图甲所示，两个相邻的有界匀强磁场区，磁感应强度方向相反，且垂直纸面，磁感应强度的大小均为B ，磁场区在y 轴方向足够长，在x 轴方向的宽度均为a ，一正三角形(中垂线长为a )导线框ABC 从图示位置向右匀速穿过磁场区域，设逆时针方向为电流的正方向，则图乙中线框中产生的感应电流i 与导线框移动距离x 的关系图象正确的是( )[答案] C[解析] 导线框从x ＝0→x ＝a 的过程中，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，B 错；感应电流的大小i ＝BLv R ＝B ×2vt tan30°v R＝kt ；导线框从x ＝a →x ＝2a 的过程中，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针，D 错；感应电流的大小i ＝2BLv R ＝2B ×2vt tan30°v R ＝2kt ，A错，C 正确．10．(2011·合肥模拟)如图所示，L 1和L 2为两平行的虚线，L 1上方和L 2下方都是范围足够大，且磁感应强度相同的匀强磁场，A 、B 两点都在L 2上．带电粒子从A 点以初速度v 0与L 2成30°角斜向右上方射出，经过偏转后正好过B 点，经过B 点时速度方向也斜向上，不计重力，下列说法不正确的是( )A ．带电粒子经过B 点时速度一定跟在A 点时速度相同B ．若将带电粒子在A 点的初速度变大(方向不变)它仍能经过B 点C ．若将带电粒子在A 点时的初速度方向改为与L 2成60°角斜向右上方，它将不能经过B 点D ．此粒子既可以是正电荷，也可以是负电荷[答案] C[解析] 带电粒子在运动的过程中，洛伦兹力对电荷不做功，故速度的大小不变，根据左手定则、画出粒子运动的轨迹，可知A 正确；带电粒子沿直线运动，进入上方磁场做圆周运动，出磁场时的速度大小不变，沿直线运动后又进入下边磁场，继续做圆周运动，两次圆周运动的圆弧刚好组成一个完整的圆周，所以无论是正电荷还是负电荷都能经过B 点， 又粒子向右的偏移量只与入射角的角度有关，与速度的大小无关，故B 、D 正确；若斜向上的角度改变为60°，则通过计算可知粒子此时运动一个周期的偏移量是角度为30°时粒子运动一个周期的偏移量的13，所以粒子仍能回到B 点，C 错误. 第Ⅱ卷(非选择题)(必做64分＋选做16分，共80分)[必做部分]二、本大题共5小题，共64分。

按题目要求作答。

解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。

有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

11．(14分)Ⅰ.在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，质量m ＝1.00kg 的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列点．如图所示为选取的一条符合实验要求的纸带，O 为第一个点，A 、B 、C 为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出)．已知打点计时器每隔0.02s 打一次点，当地的重力加速度g ＝9.80m/s 2.那么：(1)纸带的________端(选填“左”或“右”)与重物相连；(2)根据图上所得的数据，从O 点到B 点，重物重力势能减少量ΔE p ＝________J ，动能增加量ΔE k ＝________J(结果取3位有效数字)；(3)实验的结论是_____________________________________________________。

[答案] (1)左 (2)1.88 1.84 (3)重物只受重力作用，在误差允许范围内，重物减小的重力势能等于增加的动能，即机械能守恒[解析] O 为第一个点在纸带的左端，所以纸带的左端与重物相连．根据图上所得的数据，从O 点到B 点，重物重力势能减少量ΔE p ＝mgs OB ＝1.88J ，动能增加量ΔE k ＝12m (s OC －s OA 2T)2＝1.84J.实验的结论是：重物只受重力作用，在误差允许范围内，重物减小的重力势能等于增加的动能，即机械能守恒．Ⅱ.(2011·苏锡常镇四市模拟)小明要测定一电源的电动势E 和内电阻r ，实验器材有：一只DIS 电流传感器(可视为理想电流表，测得的电流用I 表示)，一只电阻箱(阻值用R 表示)，一只开关和导线若干．该同学设计了如图甲所示的电路进行实验和采集数据．(1)小明设计该实验的原理表达式是________(用E 、r 、I 、R 表示)；(2)小明在闭合开关之前，应先将电阻箱阻值调至________(选填“最大值”、“最小值”或“任意值”)，在实验过程中，将电阻箱调至图乙所示位置，则此时电阻箱接入电路的阻值为______Ω；(3)小明根据实验采集到的数据作出如图丙所示的1I－R 图象，则由图象求得，该电源的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω(结果均保留两位有效数字)．[答案] (1)E ＝I (R ＋r ) (2)最大值 25(3)6.0(5.8～6.2均可) 2.4(2.3～2.5均可)[解析] (1)在闭合电路中，E 、I 、R 、r 几个量之间的关系是E ＝I (R ＋r )．(2)为了整个电路中的安全，所以开始电流要小，即电阻箱电阻调到最大值；题图乙电阻箱读数为25Ω.(3)根据E ＝I (R ＋r )，推出1I ＝R E ＋r E ，再结合1I－R 图可知：图线的斜率为1/E ，截距为r /E ，解得E ＝6.0V(5.8－6.2均可)，r ＝2.4Ω(2.3～2.5)均可．12．(12分)如图是利用传送带装运煤块的示意图．已知传送带的倾角θ＝37°，煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮上边缘与运煤车底板间的竖起高度H ＝1.8m ，与运煤车车厢中心的水平距离x ＝1.2m.现在传送带底端由静止释放煤块(可视为质点)，煤块在传送带的作用下先做匀加速直线运动，后与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时绕轮轴做匀速圆周运动．要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车厢中心，取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)传送带匀速运动的速度v 及主动轮的半径R ；(2)煤块在传送带上由静止开始做匀加速运动所经过的时间t .[答案] (1)2m/s 0.4m (2)5s[解析] (1) 由平抛运动的公式，得x ＝vtH ＝12gt 2代入数据解得v ＝2m/s要使煤块在主动轮的最高点做平抛运动，则煤块到主动轮的最高点时对主动轮的压力为零，由牛顿第二定律 得mg ＝m v 2R代入数据得R ＝0.4m(2)由牛顿第二定律F ＝ma 得a ＝F m ＝μg cos θ－g sin θ＝0.4m/s 2由v ＝at 得t ＝v a ＝5s13．(12分)(2011·抚顺模拟)许多仪器中可利用磁场控制带电粒子的运动轨迹．如图所示的真空环境中，有一半径r ＝0.05m 的圆形区域内存在磁感应强度B ＝0.2T 的匀强磁场，其右侧相距d ＝0.05m 处有一足够大的竖直屏．从S 处不断有比荷q m ＝1×108C/kg 的带正电粒子以速度v ＝2×106m/s 沿SQ 方向射出，经过磁场区域后打在屏上．不计粒子重力．求：(1)粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径；(2)绕通过P 点(P 点为SQ 与磁场边界圆的交点)垂直纸面的轴，将该圆形磁场区域逆时针缓慢移动90°的过程中，粒子在屏上能打到的范围．[答案] (1)0.1m (2)Q 点以上0.16m 的范围内[解析] (1)qvB ＝m v 2RR ＝0.1m(2)粒子在磁场中通过的位移刚好等于磁场区域直径时，其速度方向偏转的角度最大，能打到屏上的点最高，由于R ＝2r ，如图ΔOPL 为等边三角形，可判断出粒子在磁场中的运动轨迹所对圆心角为60°(图上标出圆心角为60°同样给分)设从L 点射出磁场的粒子能打在屏上的N 点，LN 的反向延长线交PQ 于M 点，由对称性可知：PM ＝R tan30°MQ ＝PQ －PMNQ ＝MQ tan60°联立上式可得：NQ ＝(33－2)r ≈0.16m当磁场区域转动90°时，粒子刚好没有进入磁场，沿直线运动打在屏上Q 点，所以粒子能打在屏上Q 点以上0.16m 范围内．14．(13分)如图所示，固定轨道ABCD 由斜面轨道AB 和圆弧轨道BCD 组成，AB 与BCD 相切于B 点．质量M ＝3kg 的三角形木块DEF 静置于光滑水平地面上，木块的斜面DE 与圆弧BCD 相切于D 点．质量m ＝1kg 的小球从离地面高H ＝5.5m 的A 点由静止释放，经过D 点后以某一速度v 0滑上木块的倾斜面DE ，又经过时间t ＝1.25s ，沿DE 上升到最大高度h ＝4.2m.若小球从A 点运动到D 点过程中阻力做功W ＝－5J ，斜面DE 光滑，取g ＝10m/s 2.(1)求小球到达D 点时速度v 0的大小；(2)说明小球沿斜面DE 上升到最大高度时，小球与木块的速度关系，并求出这两个速度的大小；(3)求小球沿木块的斜面上升过程中斜面的加速度a (结果可保留分数)．[答案] (1)10m/s (2)2m/s (3)1.6m/s 2[解析] (1)小球下滑过程中，有mgH ＋W ＝12mv 20 即：1×10×5.5J－5J ＝12×1kg×v 20 解得v 0＝10m/s(2)小球在木块上滑动过程中，小球受重力mg 和弹力F 1，斜面受小球的弹力F 1′、重力Mg 和地面的支持力F 2，如图所示．小球因受F 1的作用沿水平方向减速，斜面因受F 1′的作用沿水平方向加速．只要小球的水平速度大于木块的速度，小球将一直上升，直到小球的水平速度与木块的速度相等，小球达到最大高度．此时，小球的竖直分速度恰好减小到0，故小球上升到最大高度时，小球只有水平速度，且小球的速度与木块的速度相等．设这个相等的速度为v ，由机械能守恒，有12mv 20＝12(m ＋M )v 2＋mgh 解得：v ＝2m/s(3)对木块DEF ：初速度为0，末速度v ＝2m/s ，由运动学公式v ＝at解得a ＝v t ＝21.25m/s 2＝1.6m/s 2 15．(13分)(2011·佛山模拟)如图(a)所示，倾斜放置的光滑平行导轨，长度足够长，宽度L ＝0.4m ，自身电阻不计，上端接有R ＝0.2Ω的定值电阻，在导轨间MN 虚线以下的区域存在方向垂直导轨平面向上、磁感应强度B ＝0.5T 的匀强磁场．在MN 虚线上方垂直导轨放有一根电阻r ＝0.1Ω的金属棒．现将金属棒无初速度释放，其运动时的v －t 图象如图(b)所示．重力加速度取g ＝10m/s 2.求：(1)斜面的倾角θ和金属棒的质量m ；(2)在2～5s 时间内金属棒动能减少了多少？此过程中整个回路产生的热量Q 是多少(结果保留一位小数)?[答案] (1)37° 0.1kg (2)5.4J 18.84J[解析] (1)在0～2s 时间内，金属棒受力如图所示，合力F 合＝mg sin θ根据牛顿第二定律 F 合＝ma 得a ＝g sin θ由图象知a ＝12－02＝6(m/s 2) 解得θ＝37°或θ＝arcsin0.6在t ＝5s 之后金属棒做匀速运动，且v 2＝6m/s ；金属棒受力平衡，沿轨道平面有F 安＝mg sin θ感应电动势E ＝BLv 2感应电流I ＝ER ＋rF 安＝BIL解得m ＝0.1kg(2)2～5s 内金属棒初速度v 1＝12m/s ，末速度v 2＝6m/s ，故金属棒的动能减小量为 12mv 21－12mv 22＝12×0.1(122－62)×J＝5.4J 对该过程应用动能定理，有mgs sin θ－W 安＝12mv 22－12mv 21 2～5s 内金属棒位移为v —t 图象相对应的“面积”s ＝(15×6＋22)×1×0.2m＝22.4m功是能量转化的量度，在2～5s 过程安培力对金属棒做功W 安＝Q代入数据解得Q ＝18.84J[选做部分]三、本大题包括三小题，任选其中两道作答，每题8分，共16分。