山西省山大附中2014届高三物理上学期第一次月考试题(含解析)

山西省山大附中2014届高三物理上学期第一次月考试题〔含解析〕考查时间:110分钟考查内容：高考考纲必考涉与内容
一、选择题(此题共12小题,每一小题4分，共48分。

在每一小题给出的四个选项中，第1~7题只有一个选项正确，第8~12题有多个选项正确,全部选对得4分,选对但不全得2分,有错或不答得0分)。

1、如下列图,一根轻弹簧上端固定在O点,下端拴一个钢球P,球处于静止状态.现对球施加一个方向水平向右的外力F,使球缓慢偏移,在移动中的每一个时刻,都可以认为钢球处于平衡状态,假设外力F的方向始终水平,移动中弹簧与竖直方向的夹角θ < 90°,且弹簧的伸长量不超过其弹性限度,如此如下图给出的弹簧伸长量x与cosθ的函数关系图象中,最接近实际的是( )
【答案】D
【解析】
对小球进展研究，受力分析如图：
由平衡条件得
mg
f
cosθ
=，又由胡克定律f=kx
如此有
mg
kx
cosθ
=，
得
mg x
kcosθ=
由数学知识得知，k、mg一定，x与cosθ成反比，故D正确。

应当选D。

【考点】共点力平衡；力的合成与分解
2、如下列图的电路中，电源的电动势为E,内阻为r,电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t=t1时刻断开S,如下表示A、B两点间电压U AB随时间t变化的图像中，正确的答案是
【答案】B 【解析】
在t=0时刻闭合开关S 时，线圈中电流增大，产生自感电动势，使得线圈中电流只能逐渐增大，干路中电流I 也逐渐增大，根据欧姆定律AB U E Ir =-，U AB 逐渐减小直到稳定．稳定时，电阻R 的电流小于灯泡D 的电流；
在t=t 1时刻断开S 时，灯泡中原来的电流立即减小为零，线圈中产生自感电动势，电阻R 、灯泡D 和线圈组成回路，回路中电流从原来值逐渐减小到零，此时流过灯泡D 的电流方向与原来的方向相反，B 点的电势比A 点电势高，U AB ＜0，由于稳定时线圈中电流较小，根据
AB D U IR =，如此此时U AB 值比稳定时小。

应当选B 。

【考点】自感现象和自感系数
3、由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28m 3/min ，水离开喷口时的速度大小为3，
方向与水平面夹角为60度，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，如此空中水柱的高度和水量分别是〔重力加速度g 取10m/s 2
〕 A.28.8m ，1.12×10-2m 3
B. 28.8m ，0.672m
3 C. 38.4m ，1.29×10-2m 3 D. 38.4m ，0.776m 3
【答案】A 【解析】
水在竖直方向上的分速度y003
v v sin60163/s 24m /s ︒＝＝
＝ 如此空中水柱的高度2y0v h 28.8m 2g
=
＝
如此y0v t 2.4s g
=
＝
如此空中水柱的水量3
232.4Q 0.28m 1.1210m 60
-=⨯=⨯，故A 正确。

应当选A 。

【考点】平抛运动
4、宇宙飞船以周期为T 绕地地球作圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食〞过程〔宇航员看不见太阳〕，如下列图。

地球的半径为R ，地球质量为M ，引力常量为G ，地球自转周期为T 0，太阳光可看作平行光，飞船上的宇航员在A 点测出对地球的张角为α，如此以下判断不正确的答案是．．．．．．．
A. 飞船绕地球运动的线速度为
22sin()
R
T απ B. 一天内飞船经历“日全食〞的次数为T 0/T C. 飞船每次“日全食〞过程的时间为0/(2)aT π D. 飞船周期为T=222sin()sin()
R R
GM ααπ
【答案】C 【解析】
A 、飞船绕地球匀速圆周运动，因为线速度为2r v T π=，又由几何关系知R
sin 2r
α=（） 解得：2R
v 1Tsin()
2
πα=
，故A 正确； B 、地球自转一圈时间为T 0，飞船绕地球一圈时间为T ，飞船绕一圈会有一次日全食，所以
每过时间T 就有一次日全食，得一天内飞船经历“日全食〞的次数为0
T n T
=，故B 正确； C 、由几何关系，飞船每次“日全食〞过程的时间内飞船转过α角所需的时间为：T
t 2απ
=，
故C 错误；
D 、万有引力提供向心力如此：2
224Mm G m r r T
π=，
得：2342R R
11sin()GMsin()22
r T GM ππαα==
，故D 正确。

应当选C 。

【考点】万有引力定律；线速度、角速度和周期、转速
5、一物体静止在地面上，在竖直方向的拉力作用下开始向上运动(不计空气阻力)．在向上运动的过程中，以地面为参考平面，物体的机械能E 与上升高度h 的关系图象如下列图，其中O-h 1过程的图线是过原点的直线，h 1~h 2过程的图线为平行于横轴的直线．如此 A ．在O~h 2上升过程中，物体先做加速运动，后做匀速运动
B ．在O~h 1上升过程中，物体的加速度不断增大
C ．在O~h l 上升过程中，拉力的功率保持不变
D ．在h 1~h 2上升过程中，物体处于完全失重状态 【答案】D 【解析】
A 、在O ～h 2上升过程中，物体的初始机械能为0，设拉力为F ，如此根据功能关系得：物体的机械能E=Fs ，可知E-s 图象的斜率等于F ，由图知图线的斜率先不变后为零，所以物体的拉力先保持不变，后为零，所以物体先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，故A 错误；
B 、在O ～h 1上升过程中，拉力不变，如此根据牛顿第二定律可知物体的加速度不变，故B 错误；
C 、在O ～h 1上升过程中，拉力不变，物体做匀加速运动，所以由P=Fv 可知，拉力的功率在增加，故C 错误；
D 、在h 1～h 2上升过程中，拉力为0，所以物体只受重力，处于完全失重状态，故D 正确。

应当选D 。

【考点】机械能守恒定律；匀变速直线运动的图像
6、如下列图，MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场〔边界上有电场〕，电场强度为E=mg/q ，ACB 为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R ，A 、B 为圆水平直径的两个端点，AC 为
4
1
圆弧。

一个质量为m ，电荷量为－q 的带电小球，从A 点正上方高为H=R 处由静止释放，并从A 点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力与一切能量损失，关于带电小球的受力与运动情况，如下说法正确的答案是〔 〕
A. 小球到达C 点时对轨道压力为3 mg
B. 小球在AC 局部运动时，加速度不变
C. 适当增大E ，小球到达C 点的速度可能为零
D. 假设E=2mg/q ，要使小球沿轨道运动到C ，如此应将H 至少调整为3R/2 【答案】D 【解析】
A 、小球进入半圆轨道，电场力和重力平衡，小球做匀速圆周运动，根据动能定理知
2
A 1mgH mv 2
=，解得A v 2gR ＝，根据牛顿第二定律得2A v N m 2mg R =＝，如此小球到达
C 点时对轨道的压力为2mg ，故A 错误；
B 、小球在A
C 局部做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向始终指向圆心，故B 错误； C 、假设电场力小于重力，根据动能定理知，小球到达C 点的速度不可能为零．假设小球所受的电场力大于重力，根据径向的合力通过向心力，在最低点的速度不可能为零，故C 错误；
D 、假设2mg
E q =，在最低点轨道的作用力为零，根据牛顿第二定律得2
C v qE mg m R
-＝，
解得C v gR ＝，根据动能定理得2
C
1mg H R qER mv 2+-=（），解得3H R 2
=，故D 正确。

应当选D 。

【考点】向心力；牛顿第二定律
7、 如下列图，质量分别为m 1=2kg ，m 2=3kg 的二个物体置于光滑的水平面上，中间用一轻弹簧秤连接。

水平力F 1=30N 和F 2=20N 分别作用在m 1和m 2上。

当两物体以一样速度一起运动时，以下表示正确的答案是： A. 弹簧秤的示数是10N 。

B. 弹簧秤的示数是50N 。

C. 在同时撤出水平力F 1、F 2的瞬时，m 1加速度的大小13m/S 2。

D. 在只撤去水平力F 1的瞬间，m 2加速度的大小为4m/S 2。

【答案】C 【解析】
AB 、以整体为研究对象进展受力分析，由牛顿第二定律得：1212F F m m a -=
+（） 解得：2
a 2m /s =
对m 2受力分析：向左的F 2和向右的弹簧弹力F ，
由牛顿第二定律得：22F F m a -=
代入数据解得：F 26N =，如此弹簧秤的示数是26N ，故AB 错误；
C 、在同时撤出水平力F 1、F 2的瞬时，弹簧的弹力不能发生突变，m 1的受力仅剩弹簧的弹力，弹力大小仍F 26N =
对m 1，由牛顿第二定律得：1F m a =，解得：2
a 13m /s =，故C 正确；
D 、在只撤去水平力F 1的瞬间，因为弹簧的弹力不能发生突变，所以m 2的受力没有发生变化，故加速度大小仍为2m/s 2
，故D 错误。

应当选C 。

【考点】牛顿第二定律
8、在物理学开展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。

如下表示符合史实的是
A ．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系
B ．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说
C ．法拉第实验时观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流
D ．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 【答案】ABD 【解析】
A 、1820年，丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，故A 正确；
B 、安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，很好地解释了磁化现象，故B 正确；
C 、法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，不会出现感应电流，故C 错误；
D 、楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律，即感应电流应具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故D 正确。

应当选。

ABD 【考点】物理学史
9、如图,穿在水平直杆上质量为m 的小球开始时静止.现对小球沿杆方向施加恒力F 0,垂直于杆方向施加竖直向上的力F,且F 的大小始终与小球的速度成正比,即F=kυ(图中未标出).小球与杆间的动摩擦因数为μ,小球运动过程中未从杆上脱落，球上小孔直径略大于直杆直径，且F 0>μmg.如下说法正确的答案是：( )
A.小球先做加速度减小的加速运动,后做加速度增大的减速运动直到静止
B.小球先做加速度增大的加速运动,后做加速度减小的加速运动，直到最后做匀速运动
C.小球的最大加速度为
m F 0
D.恒力F 0的最大功率为k
mg
F F μμ020+
【答案】BCD 【解析】
AB 、刚开始运动，加速度()
01F mg kv a m
μ--＝
，当速度v 增大，加速度增大，当速度v 增
大到符合kv ＞mg 后，加速度()
02F kv mg a m
μ--＝
，当速度v 增大，加速度减小，当a 2减
小到0，做匀速运动，故A 错误B 正确；
D 、匀速运动的速度最大，且0m F kv mg μ=-（），如此小球的最大速度为0m F mg
v k
μμ+=
，所以最大功率为200m 0m F F mg
P F v k
μμ+＝＝，故D 正确；
C 、当kv=mg 时，加速度最大，且0
m F a m
＝，故C 正确。

应当选BCD 。

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系
10、 如下列图，在x 轴相距为L 的两点固定两个等量异种点电荷+Q 、-Q ，虚线是以+Q 所在点为圆心、L/2为半径的圆，a 、b 、c 、d 是圆上的四个点，其中a 、c 两点在x 轴上，b 、d 两点关于x 轴对称。

如下判断正确的答案是
A ．在x 轴上还有两个点与a 点电场强
B ．在x 轴上还有两个点与c 点电场强度一样 C. a 点处的电势大于b 点处的电势一样
D ．将一试探电荷+q 沿圆周由a 点移至c 点，+q 的电势能减小 【答案】CD 【解析】
A 、等量异种电荷周围的电场分布情况如下列图，根据其电场
分布可知，在x 轴上还有一点与a 点电场强度大小一样，在负电荷Q 的右边，故A 错误； B 、如图c 点的电场强度的方向水平向右，所以在x 轴上没有与c 电场强度相等的点，故B 错误；
C ：由图可得，a 与Q 之间的电场强度大于b 与Q 之间的电场强度，所以a 点的电势高，故C 正确；
D ：c 点的电势与无穷远处的电势是相等的，低于a 点的电势，试探电荷+q 沿圆周由a 点移至c 点，电场力做正功，+q 的电势能减小，故D 正确。

应当选CD 。

【考点】电场强度；电势
11、如下列图，在光滑水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B 、方向相反的水平匀强磁场，如下列图，PQ 为两个磁场的边界，磁场范围足够大。

一个边长为a ，质量为m ，电阻为R 的正方形金属线框垂直磁场方向，以速度v 从图示位置向右运动，当线框中心线AB 运动到PQ 重合时，线框的速度为v/2，如此
A ．此时线框中的电功率为R v a
B /22
22
B ．此时线框的加速度为)/(22
2mR v a B
C ．此过程通过线框截面的电量为
D ．此过程回路产生的电能为
【答案】BC
A、回路中产生感应电动势为
v
E2Ba Bav
2
==，感应电流为
E Bav
I
R R
==，此时线框中的
电功率
222
2
B a v
P I R
R
==，故A错误；
B、左右两边所受安培力大小为
22
B a v
F BIa
R
==，如此加速度为
22
2F2B a v
a
m mR
==，故B
错误；
C、此过程通过线框截面的电量为
2
Ba
q
R R
∆Φ
==，故C正确；
D、根据能量守恒定律得到，此过程回路产生的电能为
2
22 11v
Q mv m0.375mv 222
⎛⎫
=-=
⎪
⎝⎭
，
故D错误。

应当选BC。

【考点】牛顿第二定律；法拉第电磁感应定律
12、如图：abcd是一正方形区域，处于匀强电场中，并与电场方向平行。

大量电子从正方形的中心O，以一样速率ｖ向各个方向发射，电子从正方形边界上的不同点射出，其中到达c点的电子速度恰好为零，不计电子的重力，下面判断正确的答案是〔〕
A．场强方向一定沿ac且从a指向c
B．射向b点与射向d点的电子离开正方形区域时，有一样的
速度
C．到达b、d两点的电子在正方形区域运动时，速率一定是先
减小后增大
D．垂直射向bc的电子可能从ab离开正方形区域
【答案】AC
【解析】
A、由题意，到达c点的电子速度恰好为零，该电子所受的电场力方向必定沿c→a方向，如此电场方向沿a→c方向，故场强方向一定沿ac且从a指向c，故A正确；
B、由于b、d两点的电势相等，电场力对到达b、d两点的电子做功为零，如此到达b、d 两点的电子电势能相等，速率均是v，但速度方向不同，所以速度不同，故B错误；
C 、到达b 、d 两点的电子应沿着与bd 成一定夹角向右侧上方或下方射出，电场力先做负功后做正功，速率先减小后增大，故C 正确；
D 、设OC=L ，并假设电场足够大，根据动能定理得：o→c：21
eEL 0mv 2
-=-
垂直射向bc 的电子，沿ac 方向做匀减速运动，运动时间为2vsin45t a
︒
=
沿ob 方向的位移为22v sin45cos45x vcos45t a ︒︒=︒=，又eE
a m
=
联立得：x=2L ，所以电子将从bc 边射出电场，故D 错误。

应当选AC 。

【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度 二、实验题：〔共24分〕
13、〔1〕在练习使用多用表的实验中，某同学连接的电路如下列图 ①假设旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过________的电流；
②假设断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是________的电阻；
③假设旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合电键，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是________两端的电压。

【答案】①R 1②R 1和R 2串联③R 2 【解析】
①多用电表使用电流档时应该串联在电路中，图中多用电表与滑动变阻器串联，电流相等，假设旋转选择开关，使其尖端对准直流电流档，此时测得的是通过R 1的电流；
②断开电路中的电键，R 1与R 2串联，多用电表两表笔接在其两端，故测得的是R 1与R 2串联的总电阻；
③假设旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合电键，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，多用电表并联在R 2两端，此时测得的是R 2两端的电压。

【考点】用多用电表测电阻
〔2〕在使用多用表的欧姆挡测量电阻时，假设 〔A 〕双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大
〔B 〕测量时发现指针偏转角度过大，如此必需增大倍率，重新调零后再进展测量 〔C 〕欧姆表内的电池使用时间太长，假设电动势不变，内阻变大，虽然完成调零，但测量值将略偏小
〔D 〕欧姆表内的电池使用时间太长，假设电动势略减小，内阻变大，虽然完成调零，但测量值将略偏大，上述说法正确的有〔 〕 【答案】D 【解析】
A 、双手捏住两表笔金属杆，人体与电阻并联，总电阻减小，测量值偏小，故A 错误；
B 、测量时发现指针偏转角度过大，如此必需减小倍率，重新调零后再进展测量，故B 错误； D 、当两表笔短接〔即x R 0=〕时，电流表应调至满偏电流g I ，设此时欧姆表的内阻为R 内，电流：g E I R =
内，内阻g E R I =内，当指针指在刻度盘的正中央时g 1
I I 2
=，g X 1E I 2R R =+内，代入数据可得X R R =内；当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流g I 不变，由公式g E
I R =
内
，欧姆表内阻R 内得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数表现出来的，由g g X
X X I R I E
I R R R R R 1R ===
+++内内内内
，可知当R 内变小时，I 变小，指针跟原来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了，故D 正确； C 、同理知C 错误。

【考点】用多用电表测电阻
〔3〕为了测定滑块与桌面之间的动摩擦因数，某同学设计了如下列图的实验装置。

其中，a 是质量为m 的滑块〔可视为质点〕，b 是可以固定于桌面的滑槽〔滑槽末端与桌面相切〕。

第一次实验时，将滑槽固定于水平桌面的右端，滑槽的末端与桌面的右端M 对齐，让滑块a 从滑槽上最高点由静止释放滑下，落在水平地面上的P 点；第二次实验时，将滑槽固定于水平桌面的左端，测出滑槽的末端N 与桌面的右端M 的距离为L ，让滑块a 再次从滑槽上最高点由静止释放滑下，落在水平地面上的P ＇点。

当地重力加速度为g ，不计空气阻力。

①实验还需要测量的物理量〔用文字和字母表示〕： _▲__。

②写出滑块a 与桌面间的动摩擦因数的表达式是〔用测得的物理量的字母表示〕：μ=_▲
【答案】① MO 的高度h ，OP 距离x 1，OP ＇距离x 2 ②22
12
x x 4hL
-
【解析】
①该实验实验原理为：测出滑块在N 点M 点速度大小，然后根据动能定理或者运动学公式列方程，进一步测出滑块与桌面间的动摩擦因数，因此需要测量N 、M 两点速度的大小，N 点速度即为滑块滑到滑槽底端的速度，可以通过第一次实验测得，根据平抛规律，测量出MO 的高度h 以与OP 距离x 1即可，M 点速度通过第二次实验测得，只需测量出OP′距离x 2即可；
②设滑块滑到底端的速度为v 0，通过第一次实验测量有：2
1h gt 2
＝、10x v t =
设滑块滑到M 点速度为v M ，通过第二次实验测量有：2M x v t = 从N 到M 过程中，根据功能关系有：2
20M 11mg L mv mv 2
2
μ-
＝ 联立解得：2212
x x 4hL
μ-＝。

【考点】探究影响摩擦力的大小的因素
14、甲同学设计了如下列图的电路测电源电动势E 与电阻R 1和R 2阻值。

实验器材有：待测电源E 〔不计内阻〕，待测电阻R 1，待测电阻R 2，电压表V 〔量程为1.5V ，内阻很大〕，电阻箱R 〔0－99.99Ω〕，单刀单掷开关S 1，单刀双掷开关S 2，导线假设干。

①先测电阻R 1的阻值。

请将甲同学的操作补充完整：
A 、闭合S 1，将S 2切换到a ，调节电阻箱，读出其示数r 和对应的 电压表示数U l ，
B 、保持电阻箱示数不变，，读出电压表的示数U 2。

C 、如此电阻R 1的表达式为R 1＝_______。

②甲同学已经测得电阻R l ＝4.80 Ω，继续测电源电动势E 和电阻R 2的阻值。

该同学的做法是：闭合S 1，将S 2切换到a ，屡次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R 和对应的电压表示数U ，由测得的数据，绘出了如下列图的11
U R
-图线，如此电源电动势E ＝_____V ，电阻R 2＝_____Ω。

〔保存三位有效数字〕
③利用甲同学设计的电路和测得的电阻R l ，乙同学测电源电动势E 和电阻R 2的阻值的做法是：闭合S 1，将S 2切换到b ，屡次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R 和对应的电压表示数U ，由测得的数据，绘出于相应的1U －1R + R l 图线，根据图线得到电源电动势E 和电阻R 2。

这种做法与甲同学的做法比拟，由于电压表测得的数据范围___________〔选填“较大〞、“较小〞或“一样〞)，所以___________同学的做法更恰当些。

【答案】①将S 2切换到b ；
21
2
U U r U - ②1.43； 1.20； ③较小； 甲 【解析】
①要测得R 1的阻值，应知道R 1两端的电压与流过R 1的电流；故可以将S 2切换到b ，测出串联电路的两端的电压； 由串联电路可知21U U U =-； 电流1
U I r
=
；由欧姆定律可知：2
111U U R r U -=； ②电压表测量电阻箱两端的电压；由闭合电路欧姆定律可知：12
E
U R R R R =
++
变形得：1212R R R R R 1111U E R E E R
+++=⨯=+⨯ 由图象可知，图象与纵坐标的交点等于1
0.7E
=；
解得：E=1.43；
图象的斜率：
12R R 2.80.7
E 0.5
+-=
解得：2R 6 4.81.2=-=Ω；
③假设开关接b ，如此电压表测量R 与R 1两端的电压，因R 2的阻值较小，故电压表的示数接近电源的电动势，故电压表测量的范围较小；导致误差较大；故甲同学的做法更好一些。

【考点】测定电源的电动势和内阻 三、计算题：
15、〔8分〕经检测汽车A 的制动性能：以标准速度20m/s 在平直公路上行使时，制动后经时间t=40s 停下来。

现A 在平直公路上以v 1=20m/s 的速度行使发现前方S=180m 处有一货车B 以v 2=6m/s 的速度同向匀速行使，司机立即制动，通过计算说明能否发生撞车事故？ 【答案】会发生撞车事故 【解析】
汽车A 以v 0=20m/s 的初速做匀减速直线运动经40s 停下来 据加速度公式可求出20
v v a 0.5m /s t
-=
= 当A 车减为与B 车同速时，据22
10v v 2as -=
可求出A 车减为与B 车同速时的位移为2210
1v v s 364m 2a
-=
= 此过程通过的时间为10
v v t 28s a
-=
= 此时间内B 车的位移为22s v t 628m 168m ==⨯=
因为12s s s 364m 168m 196m 180m ∆=-=-=＞
所以两车相撞。

【考点】匀变速直线运动规律
16、〔8分〕均匀导线制成的单位正方形闭合线框abcd ，每边长为L ，总电阻为R ，总质量为m 。

将其置于磁感强度为B 的水平匀强磁场上方h 处，如下列图。

线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd 边始终与水平的磁场边界平行。

当cd 边刚进入磁场时， 〔1〕求线框中产生的感应电动势大小; 〔2〕求cd 两点间的电势差大小;
〔3〕假设此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h 所应
满足的条件。

【答案】E BL 2gh =3
U 24
Bl gh =2244h 2m gR B L =
【解析】
⑴cd 边刚进入磁场时，线框速度v 2gh = 线框中产生的感应电动势E BLv BL 2gh =＝
(2)此时线框中电流I E
R =
cd 两点间的电势差33
U I()244
R Bl gh ==
(3)安培力222F BIL B L gh
R
==
根据牛顿第二定律mg F ma -=
由a=0解得下落高度满足22
44
h 2m gR B L
= 【考点】法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律
17、〔10分〕如下列图，一个厚度不计的圆环A ，紧套在长度为L 的圆柱体B 的上端，A 、B 两者的质量均为m ．A 与B 之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力一样，其大小为kmg 〔k ＞1〕．A ，B 一起由离地H 高处由静止开始落下，触地后能竖直向上弹起，触地时间极短，且无动能损失．A 环运动过程中未落地. 〔l 〕B 与地第一次碰撞后，B 上升的最大高度是多少？ 〔2〕B 与地第一次碰撞后，当A 与B 刚相对静止时，B 下端离地面的高度是多少？
〔3〕要使A 、B 不别离，L 至少应为多少？
【答案】H k 1+()2H k 1k -2H k 1
-
【解析】
〔1〕物体A 、B 一起下落H 过程，机械能守恒2
1
2mgH 2mv 2
⨯＝ 解得v 2gH ＝
对B 来说碰撞后以速度v 向上作匀减速运动，其加速度a B 由牛顿第二定律，得B mg kmg ma +=
得B a k 1g =
+（） 根据速度位移公式，上升的最大高度为21B v H H 2a k 1
==
+ 即B 与地第一次碰撞后，B 上升的最大高度是H
k 1
+； 〔2〕对A 来说碰撞后的加速度a A 由A kmg mg ma -=
得A a k 1g =
-（），方向竖直向上 当A 、B 速度相等时，两者相对静止
设经时间t 后，两者速度相等，有A B v a t v a t -=--（）
解得t
B 下端离地面的高度为()2
1B 2
H k 11H vt a t 2k -'-=＝
即B 与地第一次碰撞后，当A 与B 刚相对静止时，B 下端离地面的高度为
()
2
H k 1k
-； 〔3〕由于B 与地面碰撞过程无动能损失，如果L 足够长，最后A 与B 都静止 由能的转化与守恒，可得的最小值min L ，即min min kmg L mgH mg H L ⨯=++（） 解得2H
Lmin k 1
=
- 故要使A 、B 不别离，L 至少应为
2H
k 1
-。

【考点】机械能守恒定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律
18、〔12分〕如下列图，在xoy 平面内，第Ⅲ象限内的直线OM 是电场与磁场的边界，OM 与负x 轴成45°角．在x ＜0且OM 的左侧空间存在着负x 方向的匀强电场E ，场强大小为0.32N/C ； 在y ＜0且OM 的右侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场B ，磁感应强度大小为0.1T ．一不计重力的带负电的微粒，从坐标原点O 沿y 轴负方向以v 0=2×103
m/s 的初速度进入磁场，最终离开电磁场区域．微粒的电荷量q=5×10-18
C ，质量m=1×10-24kg ，求：
〔1〕带电微粒第一次经过磁场边界的位置坐标； 〔2〕带电微粒在磁场区域运动的总时间； 〔3〕带电微粒最终离开电、磁场区域的位置坐标． 【答案】〔1〕33
410m 410m ---⨯-⨯（，）
〔2〕5
t 1.25610s -=⨯ 〔3〕0 0.192m （，）
【解析】
〔1〕带电微粒从O 点射入磁场，运动轨迹如图 第一次经过磁场边界上的A 点
由：2
0v qv B m r
＝，
得：30
mv r 410m qB
-⨯＝
＝， A 点位置坐标3
3
410m 410m ---⨯-⨯（，）；
〔2〕设带电微粒在磁场中做圆周运动的周期为T 如此：OA AC 13
t t t T T 44
=+=
+，而2m T qB π=， 代入数据解得：5
T 1.25610s -=⨯， 所以：5
t 1.25610s -=⨯；
〔3〕微粒从C 点沿y 轴正方向进入电场，做类平抛运动，有：
qE a m ＝
，2
11x at 2r 2
∆＝＝，01y v t ∆=， 代入数据解得：y 0.2m ∆=
如此3
y y 2r 0.22410m 0.192m -=∆-=-⨯⨯= 离开电、磁场时的位置坐标：0 0.192m （，）。

【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
山西大学附中
2013-2014学年第二学期高三第一次月考
物理答案
一、选择题
二、实验题
13、〔1〕①R 1，②R 1和R 2串联，③R 2〔或电源〕，〔2〕D
(2) ① MO 的高度h ，OP 距离x 1，OP ＇距离x 2 ② hL
x x 42
2
21-
14、(3)①将S 2切换到b ； 21
2
U U r U - ②1.43； 1.20； ③较小； 甲 15、发生撞车事故
16、〔1〕cd 边刚进入磁场时，线框速度
线框中产生的感应电动势E=BLv ＝
2分〕 (2)此时线框中电流 I=
E R cd 两点间的电势差U=I(34R
)=3
4
2分〕 (3)安培力
根据牛顿第二定律mg-F=ma,由a=0
解得下落高度满足 h=22
44
2m gR B L
………… 〔4分〕 17、〔10分〕
〔1〕物体A 、B 一起下落H 过程，机械能守恒2
1
2mgH 2mv 2
⨯＝
解得v 对B 来说碰撞后以速度v 向上作匀减速运动，其加速度a B 由牛顿第二定律，得B mg kmg ma +=
得B a k 1g =
+（） 根据速度位移公式，上升的最大高度为21B v H H 2a k 1
==
+ 即B 与地第一次碰撞后，B 上升的最大高度是H
k 1
+； 〔2〕对A 来说碰撞后的加速度a A 由A kmg mg ma -=
得A a k 1g =
-（），方向竖直向上 当A 、B 速度相等时，两者相对静止。