北大附中河南分校2016届高三物理一轮复习周测试题周练12含答案

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北大附中河南分校2016届高三物理一轮复习周测试题周练10含答案

第十次周练（功和能）本练分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，试卷满分为100分、时间90分钟第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(本题共10小题，每题4分，共40分、有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1、(2012·天津理综)如下图甲所示，静止在水平地面的物块A ，受到水平向右的拉力F 作用，F 与时间t 的关系如下图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值f m 与滑动摩擦力大小相等，则( )A 、0～t 1时间内F 的功率逐渐增大B 、t2时刻物块A 的加速度最大C 、t 2时刻后物块A 做反向运动D 、t 3时刻物块A 的动能最大2、在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v max 后，立即关闭发动机直至静止，v －t 图象如图所示，设汽车的牵引力为F ，摩擦力为f ，全程中牵引力做功为W 1，克服摩擦力做功为W 2，则( )A 、F :f ＝1:3B 、W 1:W 2＝1:1C 、F :f ＝4:1D 、W 1:W 2＝1:33、(2011·海南单科)一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时起，第1秒内受到2 N 的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1 N 的外力作用、下列判断正确的是A 、0～2 s 内外力的平均功率是94WB 、第2秒内外力所做的功是54JC 、第2秒末外力的瞬时功率最大D 、第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是454、(2012·安徽理综)如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力、已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中A 、重力做功2mgRB 、机械能减少mgRC 、合外力做功mgRD 、克服摩擦力做功12mgR5、(2012·福建理综)如下图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A 、B 用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)、初始时刻，A 、B 处于同一高度并恰好处于静止状态、剪断轻绳后A 下落、B 沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块( )A 、速率的变化量不同B 、机械能的变化量不同C 、重力势能的变化量相同D 、重力做功的平均功率相同6、不久前欧洲天文学家在太阳系之外发现了一颗可能适合人类居住的行星，命名为“格利斯581 c”、该行星的质量是地球的5倍，直径是地球的1.5倍、设想在该行星表面附近绕行星沿圆轨道运行的人造卫星的动能为E k 1，在地球表面附近绕地球沿圆轨道运行的相同质量的人造卫星的动能为E k 2，则E k 1E k 2为( ) A 、0.13 B 、0.3 C 、3.33 D 、7.57、如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F 拉绳，使滑块从A 点起由静止开始上升、若从A 点上升至B 点和从B 点上升至C 点的过程中拉力F 做的功分别为W 1、W 2，滑块经B 、C 两点时的动能分别为E k B 、E k C ，图中AB ＝BC ，则一定有( )A 、W 1>W 2B 、W 1<W 2C 、E k B >E k CD 、E k B <E k C8.2013·山东泰安质检如图，一物体从光滑斜面AB 底端A 点以初速度v 0上滑，沿斜面上升的最大高度为h .下列说法中正确的是(设下列情境中物体从A 点上滑的初速度仍为v 0)( )A 、若把斜面CB 部分截去，物体冲过C 点后上升的最大高度仍为h B 、若把斜面AB 变成曲面AEB ，物体沿此曲面上升仍能到达B 点 C 、若把斜面弯成圆弧形D ，物体仍沿圆弧升高hD 、若把斜面从C 点以上部分弯成与C 点相切的圆弧状，物体上升的最大高度有可能仍为h9.一质量为m 的质点，系在轻绳的一端，绳的另一端固定在水平面上，水平面粗糙、此质点在该水平面上做半径为r 的圆周运动，设质点的最初速率是v 0，当它运动一周时，其速率变为v 02，则( )A 、当它运动一周时摩擦力做的功为－38mv 2B 、质点与水平面的动摩擦因数为μ＝3v 2016πrgC 、质点在运动了两个周期时恰好停止D 、当质点运动一周时的加速度大小为v 204r10.如图所示，倾角为30°、高为L 的固定斜面底端与水平面平滑相连，质量分别为3m 、m 的两个小球A 、B 用一根长为L 的轻绳连接，A 球置于斜面顶端，现由静止释放A 、B 两球，球B 与弧形挡板碰撞过程中无机械能损失，且碰后只能沿斜面下滑，它们最终均滑至水平面上、重力加速度为g ，不计一切摩擦、则( )A 、小球A 下滑过程中，小球A 、B 系统的重力对系统做正功，系统的重力势能减小B 、A 球刚滑至水平面时，速度大小为5gL2C 、小球B 升高L /2时，重力对小球A 做功的功率大于重力对小球B 做功的功率D 、小球B 从刚开始上升到开始进入斜面过程中，绳的拉力对小球B 做功为3mgL4第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、填空题(本题共2小题，每题8分，共16分)11、某学习小组做探究“合力的功和物体速度变化关系”的实验如下图，图中小车是在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行，这时，橡皮筋对小车做的功记为W .当用2条、3条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……实验时，使每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致、每次实验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带测出、(1)除图中已有的器材外，还需要导线、开关、刻度尺和________电源(填“交流”或“直流”)、(2)实验中，小车会受到摩擦阻力的作用，可以使木板适当倾斜来平衡掉摩擦阻力，则下面操作正确的是______、A 、放开小车，能够自由下滑即可B 、放开小车，能够匀速下滑即可C 、放开拖着纸带的小车，能够自由下滑即可D 、放开拖着纸带的小车，能够匀速下滑即可(3)若木板水平放置，小车在两条橡皮筋作用下运动，当小车速度最大时，关于橡皮筋所处的状态与小车所在的位置，下列说法正确的是________、A 、橡皮筋处于原长状态B 、橡皮筋仍处于伸长状态C 、小车在两个铁钉的连线处D 、小车已过两个铁钉的连线(4)在正确操作情况下，打在纸带上的点并不都是均匀的，为了测量小车获得的速度，应选用纸带的________部分进行测量(根据下面所示的纸带回答)、12、(2013·浙江温州质检)某实验小组利用如下图所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒、(1)如下图所示，用游标卡尺测得遮光条的宽度d ＝________ cm ；实验时将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间Δt ＝1.35×10－2s ，则滑块经过光电门时的瞬时速度为________m/s.在本次实验中还需要测量的物理量有：钩码的质量m 、滑块的质量和________(文字说明并用相应的字母表示)、(2)在这个过程中系统减少的重力势能为________，系统增加的动能为________，只要两者在误差允许范围内相等，即可验证机械能守恒(用测量的物理量字母表示)、三、计算题(本题共4小题，13、14题各10分，15、16题各12分，共44分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13、如图所示，质量为m 0＝4 kg的木板静止在光滑的水平面上，在木板的右端放置一个质量m ＝1 kg ，大小可以忽略的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.4，在铁块上加一个水平向左的恒力F ＝8 N ，铁块在长L ＝6 m 的木板上滑动、取g ＝10 m/s 2.求：(1)经过多长时间铁块运动到木板的左端；(2)在铁块到达木板左端的过程中，恒力F 对铁块所做的功； (3)在铁块到达木板左端时，铁块和木板的总动能、14.如图所示，质量为M ＝0.2 kg 的木块放在水平台面上，台面比水平地面高出h ＝0.20 m ，木块离台的右端L ＝1.7 m 、质量为m ＝0.10M 的子弹以v 0＝180 m/s 的速度水平射向木块，当子弹以v ＝90 m/s 的速度水平射出时，木块的速度为v 1＝9 m/s(此过程作用时间极短，可认为木块的位移为零)、若木块落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离为l ＝1.6 m ，求(1)木块对子弹所做的功W1和子弹对木块所做的功W 2； (2)木块与台面间的动摩擦因数μ.15、如图所示，半径为R 的四分之一圆弧形支架竖直放置，圆弧边缘C 处有一小定滑轮，绳子不可伸长，不计一切摩擦，开始时，m 1、m 2两球静止，且m 1>m 2，试求：(1)m 1释放后沿圆弧滑至最低点A 时的速度、(2)为使m 1能到达A 点，m 1与m 2之间必须满足什么关系、(3)若A 点离地高度为2R ，m 1滑到A 点时绳子突然断开，则m 1落地点离A 点的水平距离是多少？16、(2012·北京理综)摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米、电梯的简化模型如图所示、考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a 是随时间t 变化的、已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a －t 图象如图所示、电梯总质量m ＝2.0×103kg.忽略一切阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F 1和最小拉力F 2；(2)类比是一种常用的研究方法、对于直线运动，教科书中讲解了由v －t 图象求位移的方法、请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图2所示a －t 图象，求电梯在第1 s 内的速度改变量Δv 1和第2 s 末的速率v 2；(3)求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P ；再求在0～11 s 时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W .参考答案：1、解析：答案：BD 根据图乙可知：在0～t 1时间内拉力F 没有达到最大静摩擦力f m ，物体处于静止状态，则拉力F 的功率为零，选项A 错误；对物块A 由牛顿第二定律有F －f m ＝ma ，由于t 2时刻拉力F 最大，则t 2时刻物块加速度a 最大，选项B 正确；t 2到t 3这段时间内拉力F 大于f m ，所以物块做加速运动，t 3时刻速度达到最大，选项C 错误、D 正确、2、解析：答案：BC 对汽车全程应用动能定理：W 1－W 2＝0∴W 1＝W 2，则知B 对D 错、由图象知牵引力和阻力作用距离之比为1:4，即Fs 1－Fs 2＝0， ∴F :f ＝4:1，∴C 对，A 错、3、解析：答案：AD 第1 s 内物体运动的位移为1 m ，第2 s 内物体运动的位移为2.5 m 、第1 s 内外力所做的功W 1＝2×1 J＝2 J ，第2 s 内外力所做的功为W 2＝1×2.5 J＝2.5 J ，则0～2 s 内外力的平均功率为P ＝W 1＋W 22 s ＝94W ，选项A 正确、B 错误、根据动能定理可知，第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量的比值等于W 1W 2＝45，选项D 正确、由功率公式P ＝Fv 可知，在第1 s末外力的瞬时功率最大为4 W ，选项C 错误、4、解析：答案：D 小球从P 点运动到B 点的过程中重力做功为mgR ，选项A 错误；设小球通过B 点时的速度为v B ，根据小球通过B 点时刚好对轨道没有压力，说明此刻刚好由重力提供向心力，对小球通过B 点瞬间应用牛顿第二定律有mg ＝m v 2BR①，解得v B ＝gR ②，设小球从P 点运动到B 点的过程中克服摩擦力做功为W ，对此过程由动能定理有mgR －W ＝12mv 2B ③，联立②③解得W＝12mgR ，选项D 正确；上述过程合外力做功为W 合＝mgR －W ＝12mgR ，选项C 错误；小球机械能减少量等于小球克服摩擦力所做的功，即ΔE ＝W ＝12mgR ，选项B 错误、5、解析：答案：D 剪断轻绳后，对A 由机械能守恒得m A gh ＝12m A v 2A －0，v A ＝2gh ，速率变化量Δv A ＝v A －0＝2gh ，对B 同理m B gh ＝12m B v 2B －0，速率变化量Δv B ＝v B －0＝2gh ，它们相等，选项A 错误；两个物体运动过程中机械能分别守恒，因而机械能的变化量都为零，选项B 错误；A 、B 静止时m A g ＝m B g sin θ，则m A <m B ，重力势能的减少量等于重力做的功，分别为W A ＝m A gh 、W B＝m B gh ，后者较大，选项C 错误；根据h ＝12gt 2A 、h sin θ＝g sin θ2t 2B 可得A 、B 下滑时间；根据平均功率 P ＝W /t 可得P A ＝P B ，选项D 正确、6、解析：由G M 1m R 21＝m v 21R 1得Ek 1＝GM 1m 2R 1 由G M 地m R 2地＝m ·v 2地R 地得Ek 2＝GM 地m 2R 地又已知M 1M 地＝5 R 1R 地＝1.5则Ek 1Ek 2＝103＝3.33，故C 正确、答案：C7、解析：答案：A 滑块在运动过程中，绳中张力始终不变，而竖直向上的拉力在逐渐减小，故加速度在逐渐减小，动能的变化量在减小，因此，一定有W 1>W 2，选A.8、解析：光滑斜面，系统机械能守恒，若把斜面CB 部分截去，物体从A 点运动到C 点后做斜上抛运动，到达最高点时有水平方向的分速度，则物体上升不到h 高度、而变成曲面AEB 及从C 点以上部分弯成与C 点相切的圆弧状，物体到达最高点速度都可达到零，物体可达最大h 高度，而沿弯成圆弧形AD ，物体做圆周运动，到达最高点需有个最小速度故选项B 、D 正确、答案：BD9、解析：由动能定理，质点运动一周时摩擦力做的功W ＝12m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022－12mv 20＝－38mv 20，选项A正确；W ＝－2πr ·F f ＝－2πr ·μmg 得μ＝3v 2016πrg，选项B 正确；运动一周克服摩擦力做的功为38mv 20，物体运动一周时其速率变为v 02，动能为12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022＝18mv 20，经比较知道38mv 20>18mv 20，说明质点运动不到第二个周期时就停止了，选项C 错误；质点运动一周时向心加速度大小a n ＝v 204r，切向加速度大小为a t ＝μg ＝3v 2016πr，加速度a ＝a 2n ＋a 2t ，选项D 错误、答案：AB10、解析：答案：ABC 小球A 下滑过程中，B 球的重力对B 球做负功，A 球的重力对A 球做正功，但由系统的动能增大可知，系统的重力势能减小，故小球A 、B 系统的重力对系统做正功，A 项正确；对A 、B 系统利用机械能守恒可知，A 球从开始滑动到刚滑至水平面过程中，有3mgL －mg L 2＝12×4mv 2，故v ＝5gL 2，B 项正确；小球B 升高L /2时，因两球的速度大小相等，而A 球沿斜面向下的分力为1.5mg ，故此时重力对小球A 做功的功率大于重力对小球B 做功的功率，C 项正确，小球B 从刚开始上升到开始进入斜面过程中，有3mg L 2－mgL ＝12×4mv ′2，故v ′＝gL 2，对B 球利用动能定理又有：12mv ′2＝W －mgL ，故W ＝9mgL 8，D 项错误、11、解析：(3)因为木板水平放置，故摩擦力没有被平衡掉，当小车速度最大时，F 弹＝f ，故橡皮筋仍有弹力，处于伸长状态、答案：(1)交流 (2)D (3)B (4)GK12、解析：(1)20分度的游标卡尺读数时先从主尺上读出厘米数和毫米数，然后用游标读出毫光以下的数值：游标的第几条刻线跟主尺上某一条刻线对齐，毫米以下的读数就是几乘0.05 mm ，其读数准确到0.05 mm.滑块通过光电门时间很短，根据公式v ＝dΔt求出的平均速度可近似为经过光电门时的瞬时速度、(2)钩码下降高度与滑块的位移的大小x 相等，故钩码的重力势能减少量等于mgx .此时滑块和钩码的速度大小相等，都等于v ＝d Δt ，根据动能定义式E k ＝12mv 2得E k ＝12(m ＋M )(d Δt)2.答案：(1)0.540 0.4 遮光条初位置到光电门的距离x(2)mgx 12(m ＋M )(d Δt)213、解析：(1)铁块与木板间的滑动摩擦力F f ＝μmg ＝4 N铁块的加速度a 1＝F －F f m ＝8－41m/s 2＝4 m/s 2. 木板的加速度a 2＝F f m 0＝44m/s 2＝1 m/s 2.设铁块滑到木板左端的时间为t ，则12a 1t 2－12a 2t 2＝L代入数据解得t ＝2 s.(2)铁块位移l 1＝12a 1t 2＝12×4×22m ＝8 m木板位移l 2＝12a 2t 2＝12×1×22m ＝2 m.恒力F 做的功W ＝Fl 1＝8×8 J＝64 J(3)铁块的动能E k 1＝(F －F f )l 1＝(8－4)×8 J＝32 J. 木板的动能E k 2＝F f l 2＝4×2 J＝8 J铁块和木板的总动能E k 总＝E k 1＋E k 2＝32 J ＋8 J ＝40 J. 答案：(1)2 s (2)64 J (3)40 J14、解析：(1)从开始到子弹射出木块，由动能定理得W 1＝12mv 2－12mv 20＝－243 J对木块由动能定理得，子弹对木块所做的功 W 2＝12Mv 21＝8.1 J(2)设木块离开台面时的速度为v 2，木块在台面上滑行阶段对木块由动能定理得：－μMgL ＝12Mv 22－12Mv 21木块离开台面后做平抛运动，由平抛运动规律得：竖直方向：h ＝12gt 2水平方向：l ＝v 2t由以上各式可解得：μ＝0.50 答案：(1)－243 J 8.1 J (2)0.5015、解析：(1)设m 1滑至A 点时的速度为v 1，此时m 2的速度为v 2，由机械能守恒得m 1gR －2m 2gR ＝12m 1v 21＋12m 2v 22又v 2＝v 1cos45° 得v 1＝m 1－2m 2gR2m 1＋m 2.(2)要使m 1能到达A 点，v 1≥0且v 2≥0，必有m 1gR －2m 2gR ≥0，得m 1≥2m 2. (3)由2R ＝12gt 2，x ＝v 1t 得x ＝4R ·m 1－2m 22m 1＋m 2.答案：(1)m 1－2m 2gR2m 1＋m 2(2)m 1≥2m 2(3)4R ·m 1－2m 22m 1＋m 216、解析：(1)由牛顿第二定律，有F －mg ＝ma 由a －t 图象可知，F 1和F 2对应的加速度分别是a 1＝1.0 m/s 2，a 2＝－1.0 m/s 2F 1＝m (g ＋a 1)＝2.0×103×(10＋1.0) N ＝2.2×104 N F 2＝m (g ＋a 2)＝2.0×103×(10－1.0) N ＝1.8×104 N(2)类比可得，所求速度变化量等于第1 s 内a －t 图线下的面积 Δv 1＝0.50 m/s同理可得Δv 2＝v 2－v 0＝1.5 m/sv 0＝0，第2 s 末的速率v 2＝1.5 m/s.(3)由a －t 图象可知，11～30 s 内速率最大，其值等于0～11 s 内a －t 图线下的面积，有v m ＝10 m/s ，此时电梯做匀速运动，拉力F 等于重力mg ，所求功率P ＝Fv m ＝mg ·v m ＝2.0×103×10×10 W＝2.0×105 W由动能定理，总功W ＝E k2－E k1＝12mv 2m －0＝12×2.0×103×102 J ＝1.0×105J.答案：(1)2.2×104N 1.8×104N (2)0.5 m/s 1.5 m/s (3)2.0×105W 1.0×105J第十周周练（功和能）答题卷（9.29-10.5）班级姓名。

2016届北京大学附中河南分校高三(上)周测物理试卷(11)(解析版)

2015-2016学年北京大学附中河南分校高三（上）周测物理试卷（11）一、选择题（每空6分，共42分）1．真空中有两个静止的同种点电荷q1、q2，保持q1不动，释放q2．q2只在q1的库仑力作用下运动则q2在运动过程中的加速度（）A．不断增大 B．不断减小 C．先增大后减小 D．始终保持不变2．如图所示，Q带负电荷，导体P在a处接地，下列说法中正确的是（）A．导体P的a端不带电荷，b端带负电荷B．导体P的a端带正电荷，b端不带电C．导体P的a端带正电荷，b端带负电荷，且正、负电荷的电荷量相等D．导体P的a端带正电荷，b端带负电荷，正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量3．如图所示，+Q为固定的正电荷，在它的电场中，一电荷量为+q的粒子，从a点以沿ab方向的初速度v0开始运动．若粒子只受电场力作用，则它的运动轨迹不可能是图中的（）A．ab直线B．ac曲线C．ad曲线D．ae曲线4．两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示．A处电荷带正电Q1，B处电荷带负电Q2，且Q2=4Q l，另取一个可以自由移动的点电荷Q3放在AB直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则（）A．Q3为负电荷，且放于A左方B．Q3为负电荷，且放于B右方C．Q3为正电荷，且放于AB之间D．Q3为正电荷，且放于B右方5．如图所示，两个带同种电荷的小球（可看作点电荷），电荷量分别为q1和q2，质量分别为m1和m2，当两球处于同一水平面保持静止时，α＞β，则造成α＞β的可能原因是（）A．q1＞q2B．q1＜q2C．m1＞m2D．m1＜m26．在电场中A、B两点间的电势差为U AB=75V，B、C两点间的电势差为U BC=﹣200V，则A、B、C三点的电势高低关系为（）A．φA＞φB＞φC B．φA＜φC＜φB C．φB＜φA＜φC D．φC＞φB＞φA7．MN为M点左侧的正点电荷产生的电场中的一条电场线，一个带电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如题5图中虚线所示．下列结论正确的是（）A．粒子在a点具有的电势能大于在b点具有的电势能B．粒子从a到b的过程中动能逐渐减小C．粒子带负电D．粒子在a点的加速度小于在b点的加速度二、多项选择（每空6分，共18分）8．如图，一带电粒子射入一固定在O的点电荷的电场中，粒子运动轨迹如图中虚线abc所示，图中实线是同心圆弧，表示电场的等势面，粒子重力不计，则以下判断中正确的是（）A．此粒子一直受到静电斥力作用B．粒子在b点的速度一定大于在a点的速度C．粒子在b点的电势能一定大于在a点的电势能D．粒子在a点和c点的速度大小一定相等9．如图所示，为某一点电荷所形成的一簇电场线，a、b、c 三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹，其中b虚线为一圆弧，AB的长度等于BC的长度，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力，则以下说法正确的是（）A．a一定是正粒子的运动轨迹，b和c一定是负粒子的运动轨迹B．由于AB的长度等于BC的长度，故U AB=U BCC．a虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度大小不变D．b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量10．如图甲是某一点电荷形成的电场中的一条电场线，A、B是电场线上的两点，一负电荷q仅在电场力作用下以初速度v0从A运动到B过程中的速度图线如图乙所示，则以下说法中正确的是（）A．此电场一定是正电荷形成的电场B．A、B两点的电场强度是E A＜E BC．A、B两点的电势是φA＞φBD．负电荷q在A、B两点的电势能大小是E pA＞E pB三、计算题（每空20分，共40分）11．如图甲所示，M、N是真空中两个电荷量均为+Q的固定点电荷，M、N间的距离为a；沿MN连线的中垂线建立坐标轴，P是x轴上的点，∠OPM=30°．已知静电力常量为ka．求P点场强的大小和方向；b．在图乙中定性画出场强E随x变化的图象（取向右为场强E的正方向）．12．把带电荷量2×10﹣8C的正点电荷从无限远处移到电场中A点，要克服电场力做功8×10﹣6J，若把该电荷从无限远处移到电场中B点，需克服电场力做功2×10﹣8J，取无限远处电势为零．求：（1）A点的电势；（2）A、B两点的电势差；（3）若把2×10﹣5C的负电荷由A点移到B点电场力做的功．2015-2016学年北京大学附中河南分校高三（上）周测物理试卷（11）参考答案与试题解析一、选择题（每空6分，共42分）1．真空中有两个静止的同种点电荷q1、q2，保持q1不动，释放q2．q2只在q1的库仑力作用下运动则q2在运动过程中的加速度（）A．不断增大 B．不断减小 C．先增大后减小 D．始终保持不变【考点】库仑定律．【分析】本题比较简单，由题可知小球受斥力，距离越来越远，因此直接利用库仑定律与牛顿第二定律公式即可求解．【解答】解：带电相同的小球受斥力作用，因此距离越来越远，由于电量保持不变，根据F=k可知距离增大，电场力将逐渐减小，再由牛顿第二定律，可知，加速度不断减小，故ACD错误，B正确．故选：B．2．如图所示，Q带负电荷，导体P在a处接地，下列说法中正确的是（）A．导体P的a端不带电荷，b端带负电荷B．导体P的a端带正电荷，b端不带电C．导体P的a端带正电荷，b端带负电荷，且正、负电荷的电荷量相等D．导体P的a端带正电荷，b端带负电荷，正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量【考点】静电场中的导体．【分析】带电小球Q靠近金属导体P时，由于静电感应，会使金属导体P带电，根据静电感应的现象来分析即可．【解答】解：金属导体P接地时与大地组成一个新的导体，a为新导体的靠近Q的一端，而大地是远离Q的一端，由于静电感应的作用，靠近Q的一端会带上与Q相反的电荷，即带上正电荷．接地的过程应是b端感应出来的负电荷被导到大地上，所以b端不带电．故B正确，ACD错误；故选：B3．如图所示，+Q为固定的正电荷，在它的电场中，一电荷量为+q的粒子，从a点以沿ab方向的初速度v0开始运动．若粒子只受电场力作用，则它的运动轨迹不可能是图中的（）A．ab直线B．ac曲线C．ad曲线D．ae曲线【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】电荷量为+q的粒子，受到正电荷+Q的排斥力，而排斥力与粒子的初速度v0方向不在同一直线上，根据轨迹的弯曲方向来判断选择．【解答】解：A、+q受到正电荷+Q的排斥力，与粒子的初速度v0方向不在同一直线上，粒子不可能作直线运动．故A错误．B、如图，电荷量为+q的粒子进入正电荷+Q的电场，受到正电荷+Q的排斥力，而排斥力与粒子的初速度v0方向不在同一直线上，则粒子轨迹将向右弯曲，沿着ac曲线运动．故B正确．C、D，+q由于受到正电荷+Q的排斥力，两者远离，不可能靠近，故轨迹不可能是ad和ae．故CD错误．本题选不可能的，故选ACD．4．两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示．A处电荷带正电Q1，B处电荷带负电Q2，且Q2=4Q l，另取一个可以自由移动的点电荷Q3放在AB直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则（）A．Q3为负电荷，且放于A左方B．Q3为负电荷，且放于B右方C．Q3为正电荷，且放于AB之间D．Q3为正电荷，且放于B右方【考点】库仑定律．【分析】由于Q1带正电荷，Q2带负电荷，根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，要使整个系统处于平衡状态，对其Q3受力分析，去判断所处的位置．【解答】解：假设Q3放在Q1Q2之间，那么Q1对Q3的电场力和Q2对Q3的电场力方向相同，Q3不能处于平衡状态，所以假设不成立．设Q3所在位置与Q1的距离为r13，Q3所在位置与Q2的距离为r23，要能处于平衡状态，所以Q1对Q3的电场力大小等于Q2对Q3的电场力大小．即：=由于Q2=4Q1，所以r23=2r13，所以Q3位于Q1的左方．根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，可判断Q3带负电．故选A．5．如图所示，两个带同种电荷的小球（可看作点电荷），电荷量分别为q1和q2，质量分别为m1和m2，当两球处于同一水平面保持静止时，α＞β，则造成α＞β的可能原因是（）A．q1＞q2B．q1＜q2C．m1＞m2D．m1＜m2【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．【分析】对A、B球受力分析，根据共点力平衡和几何关系表示出电场力和重力的关系．根据电场力和重力的关系得出两球质量的关系．【解答】解：对A、B球受力分析，根据共点力平衡和几何关系得：m1g=F1cotα，m2g=F2cotβ由于F1=F2，α＞β所以m1＜m2．根据题意无法知道带电量q1、q2的关系．故选：D．6．在电场中A、B两点间的电势差为U AB=75V，B、C两点间的电势差为U BC=﹣200V，则A、B、C三点的电势高低关系为（）A．φA＞φB＞φC B．φA＜φC＜φB C．φB＜φA＜φC D．φC＞φB＞φA【考点】电势．【分析】本题根据电势差与电势的关系：U AB=φA﹣φB，U BC=φB﹣φC，U AC=U AB+U BC，即可判断三点电势的高低关系．【解答】解：由题意，U AB=φA﹣φB=75V，则得：φA＞φB；U BC=φB﹣φC=﹣200V，则得：φB＜φC；又U AC=U AB+U BC=（75﹣200）V=﹣125V，则得：φA＜φC；故有：φC＞φA＞φB；故ABD错误，C正确．故选：C．7．MN为M点左侧的正点电荷产生的电场中的一条电场线，一个带电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如题5图中虚线所示．下列结论正确的是（）A．粒子在a点具有的电势能大于在b点具有的电势能B．粒子从a到b的过程中动能逐渐减小C．粒子带负电D．粒子在a点的加速度小于在b点的加速度【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．【分析】解答本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，根据正电荷的电场分布可明确电场线的方向以及电场的强弱，根据电场力做功可明确电势能和动能的变化，根据电场线的分布即可明确加速度的大小关系．【解答】解：A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向右，对带电粒子做正功，则可知电势能减小，动能增加，故粒子在a点具有的电势能大于在b点具有的电势能，故A正确，B错误；C、电场线向右，粒子受力向右，则说明粒子带正电．故C错误．D、a点离点电荷较近，a点的电场强度大于b点的电场强度，带电粒子在a点的大于在b点的电场力，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度．故D错误；故选：A．二、多项选择（每空6分，共18分）8．如图，一带电粒子射入一固定在O的点电荷的电场中，粒子运动轨迹如图中虚线abc所示，图中实线是同心圆弧，表示电场的等势面，粒子重力不计，则以下判断中正确的是（）A．此粒子一直受到静电斥力作用B．粒子在b点的速度一定大于在a点的速度C．粒子在b点的电势能一定大于在a点的电势能D．粒子在a点和c点的速度大小一定相等【考点】等势面．【分析】电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．【解答】解：A、曲线运动的合力指向曲线的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，故A正确．B、粒子由a到b，电场力做负功，所以粒子的电势能增加，动能减少，故粒子在b点的速度一定小于在a点的速度，故B错误．C、根据动能定理，粒子由a到b，电场力做负功，电势能增大，所以b点的电势能一定大于在a点的电势能，故C正确．D、c点和a点在不同的等势面上，电场力做功不为零，动能不相等，故它们的速度的大小不相等，故D错误．故选：AC．9．如图所示，为某一点电荷所形成的一簇电场线，a、b、c 三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹，其中b虚线为一圆弧，AB的长度等于BC的长度，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力，则以下说法正确的是（）A．a一定是正粒子的运动轨迹，b和c一定是负粒子的运动轨迹B．由于AB的长度等于BC的长度，故U AB=U BCC．a虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度大小不变D．b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量【考点】电场线．【分析】电场线的疏密反映了电场强度的大小；根据曲线运动的条件判断电场力方向；结合离心运动的条件列式比较粒子质量大小．【解答】解：A、图为某一点电荷所形成的一簇电场线，由于没有说明是正电荷的电场，还是负电荷的电场，所以无法判断出电场线的方向；所以不能判断出abc三种粒子的电性；故A错误；B、根据公式U=，由于AB间的平均场强小于BC间的平均场强，故U AB＜U BC，故B错误；C、由于电场线的疏密表示电场强度的大小，粒子只受电场力，故a虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度大小不变，故C正确；D、a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹；且三个粒子的电荷量大小相等；故静电力相等；由于b粒子做圆周运动，说明向心力等于静电力；C粒子做向心运动，故静电力大于需要的向心力，根据F=m，C粒子的质量较小；故D正确；故选：CD．10．如图甲是某一点电荷形成的电场中的一条电场线，A、B是电场线上的两点，一负电荷q仅在电场力作用下以初速度v0从A运动到B过程中的速度图线如图乙所示，则以下说法中正确的是（）A．此电场一定是正电荷形成的电场B．A、B两点的电场强度是E A＜E BC．A、B两点的电势是φA＞φBD．负电荷q在A、B两点的电势能大小是E pA＞E pB【考点】电场线；电势差与电场强度的关系．【分析】速度图象的斜率等于物体的加速度，故A点的场强小于B点场强；负电荷所受电场力的方向与场强的方向相反，沿电场线的方向电势降低是解决本题的突破口．【解答】解：A、点电荷做加速度增大的减速运动，电场力增大，场强增大，则点电荷应靠近场源电荷，所以此电场应是负电荷形成的电场，故A错误．B、速度图象的斜率等于物体的加速度，由图可知点电荷从A向B运动的过程中加速度越来越大，故A点的场强小于B点场强．即E A＜E B，故B正确．C、由于点电荷沿电场线运动过程中做减速运动，电场力做负功，电势能增大，而负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，所以得知电势应降低，即A点电势比B点的电势高，φA＞φB，故C正确．D、由上知，点电荷的速度减小，动能减小，由于仅在电场力作用，所以根据能量守恒电势能电势能增大，即E PA ＜E PB．故D错误．故选BC．三、计算题（每空20分，共40分）11．如图甲所示，M、N是真空中两个电荷量均为+Q的固定点电荷，M、N间的距离为a；沿MN连线的中垂线建立坐标轴，P是x轴上的点，∠OPM=30°．已知静电力常量为ka．求P点场强的大小和方向；b．在图乙中定性画出场强E随x变化的图象（取向右为场强E的正方向）．【考点】电势差与电场强度的关系；电场的叠加．【分析】a、P点场强由两个点电荷产生的场强的合成，根据场的叠加原理和对称性求解．b、x轴上场强可运用极限法分析．O处场强为零，无穷远处场强也为零，则从O到无穷远处场强先增大后减小．【解答】解：a．由几何关系可知，P、M间的距离r==aM在P点场强的大小为，方向与x轴正方向成30°．由场的叠加原理和对称性可知，P点合场强的大小，方向沿x轴正方向．b．O处场强为零，无穷远处场强也为零，则从O到无穷远处场强先增大后减小，场强E随x变化的示意图如图所示．答：a、P点合场强的大小为，方向沿x轴正方向．b、场强E随x变化的示意图如图所示．12．把带电荷量2×10﹣8C的正点电荷从无限远处移到电场中A点，要克服电场力做功8×10﹣6J，若把该电荷从无限远处移到电场中B点，需克服电场力做功2×10﹣8J，取无限远处电势为零．求：（1）A点的电势；（2）A、B两点的电势差；（3）若把2×10﹣5C的负电荷由A点移到B点电场力做的功．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．【分析】根据电势的定义式φA=U Ao=求A点的电势，但要注意应是把该正电荷由A移到无限远电场力做的功；最后根据电场力做功与电势差关系公式W AB=qU AB求解电场力做的功．【解答】解：（1）根据电势的定义式φA=U Ao===400V（2）根据电势的定义式φB=U Bo===100VA、B两点的电势差U AB=φA﹣φB=300V（3）把2×10﹣5C的负电荷由A点移到B点电场力做的功W AB=q1U AB电场=﹣2×10﹣5 C×300V=﹣6×10﹣3J 答：（1）A点的电势为400V；（2）A、B两点的电势差为300V；（3）若把2×10﹣5C的负电荷由A点移到B点电场力做的功为﹣6×10﹣3J．2016年9月21日。

北京大学附属中学河南分校2016届高三物理上学期周测试卷5

北大附中焦作校区2016届高三物理周测试卷（5）(考查范围：运动和力综合A 分值：100分)一、选择题(每小题6分，1—5单选，6—8多选，共48分)1．2014·南京盐城一模如图G11所示，壁虎在竖直玻璃面上斜向上匀速爬行，关于它在此平面内的受力分析，图G12中正确的是( )图G11图G122．如图G13所示，小车受到水平向右的弹力作用，下列关于该弹力的说法中正确的是( )图G13A．弹簧发生拉伸形变B．弹簧发生压缩形变C．该弹力是小车形变引起的D．该弹力的施力物体是小车3．如图G14所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b，三角形木块竖直边靠在粗糙的竖直墙面上，现用竖直向上的作用力F推动木块与铁块一起向上匀速运动，运动过程中铁块与木块始终保持相对静止，则下列说法正确的是( )图G14A．木块a与铁块b间不一定存在摩擦力B．木块与竖直墙面间不存在水平弹力C．木块与竖直墙面间一定存在摩擦力D．竖直向上的作用力F一定大于铁块与木块的重力之和4．2014·福建六校联考我国在西昌卫星发射中心用“长征三号甲”运载火箭成功发射第九颗北斗导航卫星，这是北斗导航系统组网的第四颗倾斜地球同步轨道卫星．关于这次卫星与火箭上天的情形叙述正确的是( )A ．火箭尾部向外喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向前的推力B ．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力C ．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力D ．卫星进入预定轨道之后，与地球之间不存在相互作用5．2014·湖北重点中学联考如图G15所示，在建筑工地，民工用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a 竖直向上匀加速搬起，其中A 的质量为m ，B 的质量为3m ，水平作用力大小为F ，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，在此过程中，A 、B 间的摩擦力大小为( )图G15A ．μFB ．2μF C.32m (g ＋a ) D ．m (g ＋a ) 6．图G16是某同学站在压力传感器上做“蹲起”动作时记录的压力F 随时间t 变化的图线，由图线可知该同学( )图G16A ．体重约为680 NB ．做了两次下蹲—起立的动作C ．做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2 s 起立D ．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态7．如图G17所示，小车在外力作用下沿倾角为θ的斜面运动，小车的支架上用细线拴一个摆球，悬点为O .现用过O 的水平虚线MN 和竖直虚线PQ 将竖直平面空间分成四个区间，下列说法正确的是( )图G17A ．若小车沿斜面向上匀速运动，则稳定后细线可能在Ⅲ区与竖直方向成一定夹角B ．若小车沿斜面向下匀加速运动，则稳定后细线可能在Ⅳ区与竖直方向成一定夹角C ．无论小车沿斜面向下匀加速运动的加速度为多大，稳定后细线都不可能在Ⅰ区与水平方向成一定夹角D ．无论小车沿斜面向上匀加速运动的加速度为多大，稳定后细线都不可能沿与ON 重合的水平方向8．如图G18所示，质量为M 、中空部分为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m 的小铁球．现用一个水平向右的推力F 推动凹槽，当小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角，重力加速度为g .下列说法正确的是( )图G18A ．小铁球受到的合外力方向水平向左B ．凹槽对小铁球的支持力为mgsin αC ．系统的加速度为g tan αD ．推力F ＝(m ＋M )g tan α二、实验题(每小题3分，共计12分) 9．2014·江西赣州联考图G19为接在50 Hz 低压交流电源上的打点计时器在拖动纸带的物体做匀加速直线运动时打出的一条纸带，图中所示的是每打5个点所取的计数点，但第3个计数点没有画出．由图中数据可求得：图G 19(1)该物体的加速度为________m/s 2.(2)第3个计数点与第2个计数点的距离约为______cm. (3)打第2个计数点时该物体的速度为________m/s. (4)如果当时电网中交变电流的频率是f ＝51 Hz ，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)．三、计算题(40分)10．(20分)2014·南昌二模有一个冰上木箱的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推箱一段时间后，放手让箱向前滑动，若箱最后停在桌上有效区域内，则视为成功；若箱最后未停在桌上有效区域内，则视为失败．其简化模型如图G110所示，AC 是长度为L 1＝7 m 的水平冰面，选手们可将木箱放在A 点，从A 点开始用一个恒定不变的水平推力推箱，BC 为有效区域．已知BC 长度L 2＝1 m ，木箱的质量m ＝50 kg ，木箱与冰面间的动摩擦因数μ＝0.1.g 取10 m/s 2.某选手作用在木箱上的水平推力F ＝200 N ，木箱沿AC 做直线运动，若木箱可视为质点，那么该选手要想游戏获得成功，试求：(1)推力作用在木箱上时木箱的加速度大小； (2)推力作用在木箱上的时间t 应满足的条件．图G1101分)2015·广州海珠区摸底如图G111所示，在水平长直的轨道上，一长度L＝2 m的平板车在外力控制下以v0＝4 m/s的速度向右做匀速直线运动．某时刻将一质量m＝1 kg的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2.(1)求小滑块的加速度大小和方向．(2)通过计算判断滑块是否会从车上掉下．(3)若在滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与v0同向的恒力F，要保证滑块不从车的左端掉下，恒力F的大小应满足什么条件？北大附中焦作校区2016届高三物理周测试卷（5）20150914答案1．A [解析] 壁虎在竖直玻璃面上斜向上匀速爬行，受到竖直向下的重力和竖直向上的摩擦力，A正确．2．A [解析] 小车受到水平向右的弹力作用，弹簧发生拉伸形变，该弹力是弹簧形变引起的，该弹力的施力物体是弹簧，选项A正确，选项B、C、D错误．3．B [解析] 隔离铁块b，因其匀速运动，故铁块b受到重力、木块对它的垂直斜面向上的支持力和沿斜面向上的静摩擦力，选项A错误；将a、b看作一个整体，a、b整体在水平方向上不受力，故木块与竖直墙面间不存在水平弹力，没有弹力也就没有摩擦力，在竖直方向上，有F＝G a＋G b，选项B正确，选项C、D错误．4．A [解析] 火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体，火箭向下喷气时，喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力，即为火箭上升的推动力，此力并不是由周围的空气提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，选项B、C错误，选项A正确；火箭运载卫星进入轨道之后，卫星与地球之间依然存在相互吸引力，即卫星吸引地球，地球吸引卫星，这是一对作用力与反作用力，选项D 错误．5．D [解析] 由于A 、B 相对静止，故A 、B 之间的摩擦力为静摩擦力，A 、B 错误．设民工对A 、B 在竖直方向上的摩擦力为f ，以A 、B 整体为研究对象，在竖直方向上，有2f －(m ＋3m )g ＝(m ＋3m )a ，设B 对A 的摩擦力为f ′，对A 由牛顿第二定律有f －f ′－mg ＝ma ，解得f ′＝m (g ＋a )，D 正确，C 错误．6．AC [解析] 当该同学站在压力传感器上静止不动时，其所受的合力为零，即压力恒等于该同学的体重值，由图线可知，该同学的体重为680 N ，选项A 正确．每次下蹲，该同学都将经历先向下加速(加速度方向向下)、后向下减速(加速度方向向上)的运动，即先处于失重状态，后处于超重状态，读数F 先小于体重、后大于体重；每次起立，该同学都将经历先向上加速(加速度方向向上)、后向上减速(加速度方向向下)的运动，即先处于超重状态，后处于失重状态，读数F 先大于体重、后小于体重．由图线可知，选项C 正确，选项B 、D 错误．7． BD [解析] 若小车匀速运动，则小球所受的合力应为零，所以细线应处于竖直状态，选项A 错误；若小车沿斜面向下加速运动，则小球的加速度方向沿斜面向下，所以小球所受的合外力方向就沿斜面向下，由此可知选项B 正确，选项C 错误；同理，选项D 正确．8．CD [解析] 小铁球和凹槽整体在水平方向上只受推力F 作用，故系统有向右的加速度，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为mgcos α，选项A 、B 错误．小铁球所受的合外力为mg tan α，加速度为g tan α，推力F ＝(m ＋M )g tan α，选项C 、D 正确．9．(1)0.74 (2)4.36 (3)0.399 (4)偏小[解析] (1)因交变电流的频率为50 Hz ，则打点周期为0.02 s ，由于每打5个点取一个计数点，所以相邻的计数点之间的时间间隔T ＝0.1 s ．根据Δx ＝aT 2，所以加速度a ＝x 45－x 123T2＝0.74 m/s 2.(2)第2、3两计数点的间距x 23＝x 12＋aT 2＝4.36 cm.(3)根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可得打第2个计数点时的速度v 2＝x 12＋x 232T＝0.399 m/s.(4)如果在某次实验中交变电流的频率是51 Hz ，则实际打点周期变小(小于0.02 s)，根据Δx ＝aT 2可得，真实的加速度值会偏大，所以测量的加速度值与真实的加速度值相比偏小．10．(1)3 m/s 2(2)1 s ≤t ≤426s [解析] (1)设推力作用在木箱上时木箱的加速度为a 1，根据牛顿第二定律得 F －μmg ＝ma 1解得a 1＝3 m/s 2.(2)撤去推力后，设木箱的加速度大小为a 2，根据牛顿第二定律得 μmg ＝ma 2解得a 2＝1 m/s 2推力作用在木箱上时间t 内的位移为 x 1＝12a 1t 2撤去力F 后木箱继续滑行的距离为x 2＝（a 1t ）22a 2木箱停在有效区域内，要满足条件 L 1－L 2≤x 1＋x 2≤L 1解得1 s ≤t ≤426 s. 11．(1)2 m/s 2，方向向右 (2)会 (3)F ≥6 N[解析] (1)滑块放上车面时相对车向左运动，滑动摩擦力向右，f ＝μmg 根据牛顿第二定律有F 合＝ma F 合＝f解得a ＝2 m/s 2，方向向右．(2)滑块放上车面后做匀加速直线运动，设当经历时间t 之后速度达到v 0，滑块通过的位移x 1＝12at 2且v 0＝at平板车通过的位移x 2＝v 0t 位移之差Δx ＝x 2－x 1＝4 m由于Δx >12L ＝1 m ，故滑块会掉下来．(3)恒力F 的方向与摩擦力方向相同，故滑块所受的合力 F ′合＝f ＋F由牛顿第二定律有F ′合＝ma 0滑块放上车后做匀加速直线运动，设当经历时间t 0之后速度达到v 0，滑块通过的位移为x 11＝12a 0t 20且v 0＝a 0t 0平板车通过的位移x 22＝v 0t 0由题可知，需要满足位移之差Δx 0＝x 22－x 11≤12L联立解得F ≥6 N.。

北京大学附中河南分校2016届高三(上)周测物理试卷(3)

2015-2016学年北京大学附中河南分校高三（上）周测物理试卷（3）一、选择题（每小题6分，共48分1-6单选，7-10题多选）1．如图光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切，穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N．在运动过程中（）A．F增大，N减小B．F减小，N减小C．F增大，N增大D．F减小，N增大2．如图所示，在拉力作用下，小球A沿光滑的斜面缓慢地向上移动，在此过程中，小球受到的拉力F和支持力F N的大小变化是（）A．F增大，F N减小B．F和F N均减小C．F和F N均增大D．F减小，F N不变3．如图所示，小狗匀速向前跑动时，绳索上的拉力为F，绳索与地面夹角为θ=30°，此时小狗向前跑动的动力是（）A．F B．C． F D．2F4．如图所示，超市中的购物小车放在光滑斜面上，被竖直放置的光滑挡板挡住而静止，若小车总重为G，斜面倾角为30°，则光滑挡板受到小车的压力等于（）A．G B．C．G D．G5．如图所示，光滑斜面的倾角为30°轻绳通过两个滑轮与A相连，轻绳的另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦．物块A的质量为m不计滑轮的质量，挂上物块B后，当滑轮两边轻绳的夹角为90°时，A、B恰能保持静止，则物块B的质量为（）A．B．m C．m D．2m6．如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动．用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在以O点为圆心的圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中（保持OA与地面夹角θ不变），OC绳所受拉力的大小变化情况是（）A．逐渐减小 B．逐渐增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小7．如图所示，用细绳将条形磁铁A竖直挂起，再将小铁块B吸在条形磁铁A的下端，静止后将细绳烧断，A、B同时下落，不计空气阻力，则下落过程中（）A．小铁块B的加速度一定为gB．小铁块B只受一个力的作用C．小铁块B可能只受两个力的作用D．小铁块B共受三个力的作用8．如图所示，C是水平地面，A、B是两个长方形物块，F是作用在物块B上沿水平方向的力，物体A 和B以相同的速度作匀速直线运动．由此可知，A、B间的动摩擦因数μ1和B、C间的滑动摩擦系数μ2有可能是（）A．μ1=0，μ2=0 B．μ1=0，μ2≠0 C．μ1≠0，μ2=0 D．μ1≠0，μ2≠09．如图所示，质量为m1，m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动（m1在地面，m2在空中），力F与水平方向成θ角．则m1所受支持力N和摩擦力f正确的是（）A．N=m1g+m2g﹣FsinθB．N=m1g+m2g﹣FcosθC．f=FcosθD．f=Fsinθ10．如图所示，在斜面上放两个光滑球A和B，两球的质量均为m，它们的半径分别是R和r，球A左侧有一垂直于斜面的挡板P，两球沿斜面排列并处于静止，以下说法中正确的是（）A．斜面倾角θ一定，R＞r时，R越大，r越小，B对斜面的压力越小B．斜面倾角θ一定，R=r时，两球之间的弹力最小C．斜面倾角θ一定时，无论半径如何，A对挡板的压力一定D．半径一定时，随着斜面倾角θ逐渐增大，A受挡板的作用力先增大后减小二、非选择题（每题20分，共计40分）11．如图所示，一个球A夹在竖直墙与三角劈B的斜面之间，三角劈的重力为G，劈的底部与水平地面间的摩擦因数为μ，劈的斜面与竖直墙面是光滑的．问欲使三角劈静止不动球的重力不能超过多大？（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）12．有些人员，如电梯修理员、牵引专家等，常需要知道绳（或金属线）中的张力T，可又不便到绳（或线）的自由端去测量．现某家公司制造了一种夹在绳上的仪表（图中B、C为该夹子的横截面）．测量时，只要如图示那样用一硬杆竖直向上作用在绳上的某点A，使绳产生一个微小偏移量a，借助仪表很容易测出这时绳对硬杆的压力F．现测得该微小偏移量为a=12mm，BC间的距离为2L=250mm，绳对硬杆的压力为F=300N，试求绳中的张力T．2015-2016学年北京大学附中河南分校高三（上）周测物理试卷（3）一、选择题（1-6单选，7-10题多选）1．如图光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切，穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N．在运动过程中（）A．F增大，N减小B．F减小，N减小C．F增大，N增大D．F减小，N增大解：对球受力分析，受重力、支持力和拉力，如，根据共点力平衡条件，有N=mgcosθF=mgsinθ其中θ为支持力N与竖直方向的夹角；当物体向上移动时，θ变大，故N变小，F变大；故A正确2．如图所示，在拉力作用下，小球A沿光滑的斜面缓慢地向上移动，在此过程中，小球受到的拉力F和支持力F N的大小变化是（）A．F增大，F N减小B．F和F N均减小C．F和F N均增大D．F减小，F N不变解：小球受重力G、支持力F N、拉力F处于动态平衡状态．根据平衡条件得知：F N与F的合力与G大小相等、方向相反，作出这两个力的合力，如图．由力的合成图可知，F增大，F N减小．A正确3．如图所示，小狗匀速向前跑动时，绳索上的拉力为F，绳索与地面夹角为θ=30°，此时小狗向前跑动的动力是（）A．F B．C． F D．2F解：把绳索上的拉力F分解，F的水平分量Fcosθ与小狗的动力满足二力平衡条件，因此小狗向前跑动的动力等于Fcosθ=F，C正确4．如图所示，超市中的购物小车放在光滑斜面上，被竖直放置的光滑挡板挡住而静止，若小车总重为G，斜面倾角为30°，则光滑挡板受到小车的压力等于（）A．G B．C．G D．G解：对小车进行受力分析如图，由图可知：所以：F=根据牛顿第三定律可知，光滑挡板受到小车的压力等于挡板对小车的支持力，即也是G．A正确5．如图所示，光滑斜面的倾角为30°轻绳通过两个滑轮与A相连，轻绳的另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦．物块A的质量为m不计滑轮的质量，挂上物块B后，当滑轮两边轻绳的夹角为90°时，A、B恰能保持静止，则物块B的质量为（）A．B．m C．m D．2m解：先对A受力分析，再对B受力分析，如图根据共点力平衡条件，有mgsin30°=T解得M=选A6．如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动．用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在以O点为圆心的圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中（保持OA与地面夹角θ不变），OC绳所受拉力的大小变化情况是（）A．逐渐减小B．逐渐增大C．先减小后增大D．先增大后减小解：对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力；故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O受绳子的拉力OA的支持力及OC的拉力而处于平衡；受力分析如图所示；将F和OC绳上的拉力合力，其合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中D点时力最小；C正确7．如图所示，用细绳将条形磁铁A竖直挂起，再将小铁块B吸在条形磁铁A的下端，静止后将细绳烧断，A、B同时下落，不计空气阻力，则下落过程中（）A．小铁块B的加速度一定为g B．小铁块B只受一个力的作用C．小铁块B可能只受两个力的作用D．小铁块B共受三个力的作用解：A、细绳烧断后，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：加速度a=g，方向竖直向下．A正确．B、C、D：对B研究：根据牛顿第二定律分析得知，B的合力等于重力，由于条形磁铁A对B有向上的吸引力，则A对B一定有向下有弹力，大小等于磁铁的引力．所以B共受三个力作用．故BC错误，D 正确．选AD8．如图所示，C是水平地面，A、B是两个长方形物块，F是作用在物块B上沿水平方向的力，物体A 和B以相同的速度作匀速直线运动．由此可知，A、B间的动摩擦因数μ1和B、C间的滑动摩擦系数μ2有可能是（）A．μ1=0，μ2=0 B．μ1=0，μ2≠0C．μ1≠0，μ2=0 D．μ1≠0，μ2≠0解：先以A为研究对象，A做匀速运动，合力为零，由平衡条件分析可知，A不受摩擦力，否则水平方向上A的合力不为零，不可能做匀速直线运动，则知A、B间的动摩擦因数μ1可能为零，也可能不为零；再以整体为研究对象，由平衡条件分析可知，地面对B一定有摩擦力，则B与地面之间的动摩擦因数μ2一定不为零．选：BD9．如图所示，质量为m1，m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动（m1在地面，m2在空中），力F与水平方向成θ角．则m1所受支持力N和摩擦力f正确的是（）A．N=m1g+m2g﹣FsinθB．N=m1g+m2g﹣FcosθC．f=FcosθD．f=Fsinθ解：对AB整体受力分析，受到重力mg=（m1+m2）g、支持力N、拉力F、滑动摩擦力f，如图根据共点力平衡条件，有Fcosθ﹣f=0N+Fsinθ﹣mg=0解得N=mg﹣Fsinθ=（m1+m2）g﹣Fsinθf=Fcosθ选AC10．如图所示，在斜面上放两个光滑球A和B，两球的质量均为m，它们的半径分别是R和r，球A左侧有一垂直于斜面的挡板P，两球沿斜面排列并处于静止，以下说法中正确的是（）A．斜面倾角θ一定，R＞r时，R越大，r越小，B对斜面的压力越小B．斜面倾角θ一定，R=r时，两球之间的弹力最小C．斜面倾角θ一定时，无论半径如何，A对挡板的压力一定D．半径一定时，随着斜面倾角θ逐渐增大，A受挡板的作用力先增大后减小解：A、以B球为研究对象，分析受力情况：重力mg、斜面的支持力N和A对B的弹力F，由平衡条件得知N与F的合力与重力mg大小相等、方向相反，则此合力保持不变．斜面倾角θ一定，R＞r，R越大，r越小，F与水平方向的夹角越大，如图，作出F在三个不同角度时力的合成图，由图看出，斜面对B的支持力N越大，由牛顿第三定律得知，B对斜面的压力越大．故A错误．B、斜面倾角θ一定，由图根据几何知识得知，当N与F垂直时F最小，即两球间的弹力最小，此时，R=r时．故B正确．C、以两球组成的整体研究得知，A对挡板的压力N A=2mgsinθ，则知斜面倾角θ一定时，无论半径如何，A对挡板的压力N A一定．故C正确．D、由上知，A对挡板的压力N A=2mgsinθ，半径一定时，随着斜面倾角θ逐渐增大，A对挡板的压力N A 增大．故D错误．选BC二、非选择题11．如图所示，一个球A夹在竖直墙与三角劈B的斜面之间，三角劈的重力为G，劈的底部与水平地面间的摩擦因数为μ，劈的斜面与竖直墙面是光滑的．问欲使三角劈静止不动球的重力不能超过多大？（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）解：对球A进行受力分析，根据受力平衡有：N==mg对三角劈进行受力分析，根据受力平衡有：f=N•cos45°又：F N=（G+N•cos45°）f=μF N解得：mg=μ•答：欲使三角劈静止不动球的重力不能超过．12．有些人员，如电梯修理员、牵引专家等，常需要知道绳（或金属线）中的张力T，可又不便到绳（或线）的自由端去测量．现某家公司制造了一种夹在绳上的仪表（图中B、C为该夹子的横截面）．测量时，只要如图示那样用一硬杆竖直向上作用在绳上的某点A，使绳产生一个微小偏移量a，借助仪表很容易测出这时绳对硬杆的压力F．现测得该微小偏移量为a=12mm，BC间的距离为2L=250mm，绳对硬杆的压力为F=300N，试求绳中的张力T．解：对A点受力分析，如图所示，由平衡条件得：F=2Tsinα当α很小时，sinα≈tanα由几何关系得：tanα=解得：T=，代入数据解得T=1.6×103 N．答：绳子中的张力为1.6×103 N．。

2016届北大附中河南分校高三(上)周测物理试卷(15)(解析版)

2015-2016学年北大附中河南分校高三（上）周测物理试卷（15）一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ．整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中．金属杆ab垂直导轨放置，当杆中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab刚好静止．则（）A．磁场方向竖直向上B．磁场方向竖直向下C．ab受安培力的方向平行导轨向上D．ab受安培力的方向平行导轨向下2．如图所示，当开关S闭合的时候，导线ab受力的方向应为（）A．向右 B．向左 C．向纸外D．向纸里3．垂直纸面的匀强磁场区域里，一离子从原点O沿纸面向x轴正方向飞出，其运动轨迹可能是下图中的（）A． B．C．D．4．带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h l；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v o，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v．，小球上升的最大高度为h3，如图所示．不计空气阻力，则（）A．h1=h2=h3B．h1＞h2＞h3C．h1=h2＞h3D．h1=h3＞h25．如图所示，一带电小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面，当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方摆到最低点时悬线上的张力为（）A．0 B．2mg C．4mg D．6mg6．如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a（0，L）．一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速率v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60°．下列说法中正确的是（）A．电子在磁场中运动的时间为B．电子在磁场中运动的时间为C．磁场区域的圆心坐标（，）D．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，﹣2L）7．如图所示，有一混合正离子束先后通过正交电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径又相同，则说明这些正离子具有相同的（）A．速度 B．质量 C．电荷量D．比荷8．如图所示，△ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，磁场垂直纸面向外，比荷为的电子以速度v0从A点沿AB方向射入磁场，现欲使电子能经过BC边，则磁感应强度B的取值应为（）A．B＞B．B＜C．B＜D．B＞9．环型对撞机是研究高能粒子的重要装置，其核心部件是一个高真空的圆环状的空腔．若带电粒子初速可视为零，经电压为U的电场加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B．带电粒子将被限制在圆环状空腔内运动．要维持带电粒子在圆环内做半径确定的圆周运动，下列说法中正确的是（）A．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越大B．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越小C．对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越小D．对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变10．如图所示，一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子，不计重力．在a点以某一初速度水平向左射入磁场区域Ⅰ，沿曲线abcd运动，ab、bc、cd都是半径为R的圆弧．粒子在每段圆弧上运动的时间都为t．规定由纸面垂直向外的磁感应强度为正，则磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感应强度B随x变化的关系可能是图中的（）A．B．C．D．二、填空题（本题共2小题，每题8分，共16分）11．如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg 且足够长的绝缘未板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度放置一质量为0.1kg、电荷量q=+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左，大小为0.6N的恒力，g取10m/s2，则木板的最大加速度为，滑块的最大速度为．12．图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场．现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向．所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；Ⓐ为电流表；S为开关．此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线．（1）在图中画线连接成实验电路图．（2）完成下列主要实验步骤中的填空：①按图接线．②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1．③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D；然后读出，并用天平称出．④用米尺测量．（3）用测得的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B=．（4）判定磁感应强度方向的方法是：若，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里．三、计算题（本题共4小题，13、14题各10分，15、16题各12分，共44分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）13．有两个相同的全长电阻为9Ω的均匀光滑圆环，固定于一个绝缘的水平台面上，两环分别在两个互相平行的、相距为20cm的竖直面内，两环的连心线恰好与环面垂直，两环面间有方向竖直向下的磁感应强度B=0.87T的匀强磁场，两环的最高点A和C间接有一内阻为0.5Ω的电源，连接导线的电阻不计．今有一根质量为10g，电阻为1.5Ω的棒置于两环内侧且可顺环滑动，而棒恰好静止于如图所示的水平位置，它与圆弧的两接触点P、Q和圆弧最低点间所夹的弧对应的圆心角均为θ=60°，取重力加速度g=10m/s2．试求此电源电动势E的大小．14．如图所示，一质量为m、电量为+q的带电小球以与水平方向成某一角度θ的初速度v0射入水平方向的匀强电场中，小球恰能在电场中做直线运动．若电场的场强大小不变，方向改为相反同时加一垂直纸面向外的匀强磁场，小球仍以原来的初速度重新射人，小球恰好又能做直线运动．求电场强度的大小、磁感应强度的大小和初速度与水平方向的夹角θ．15．如图所示为一种质谱仪示意图．由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分折器通道的半径为R，均匀辐向电场的场强为E磁分析器中有垂直纸面向外的匀强磁场．磁感强度为B，问：（1）为了使位于A处电量为q、质量为m的离子（不计重力）．从静止开始经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，加速电场的电压U应为多大？（2）离子由P点进入磁分析器后，最终打在乳胶片上的Q点，该点距入射点P多远？16．如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心O在区域中心．一质量为m、带电荷量为q（q＞0）的小球，在管内沿逆时针方向（从上向下看）做圆周运动．已知磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示，其中T0=．设小球在运动过程中电荷量保持不变，对原磁场的影响可忽略．（1）在t=0到t=T0这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，求小球的速度大小v0；（2）在竖直向下的磁感应强度增大过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等．试求t=T0到t=1.5T0这段时间内：①细管内涡旋电场的场强大小E；②电场力对小球做的功W．2015-2016学年北大附中河南分校高三（上）周测物理试卷（15）参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ．整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中．金属杆ab垂直导轨放置，当杆中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab刚好静止．则（）A．磁场方向竖直向上B．磁场方向竖直向下C．ab受安培力的方向平行导轨向上D．ab受安培力的方向平行导轨向下【考点】磁场对电流的作用；共点力平衡的条件及其应用；安培力的计算．【分析】金属棒静止，金属棒处于平衡状态，所受合力为零，对金属棒进行受力分析，根据平衡条件及左手定则分析答题．【解答】解：A、如果磁场方向竖直向上时，由左手定则可知，金属棒所受安培力水平向右，金属棒所受合力可能为零，金属棒可以静止，故A正确，C错误；B、如果磁场方向竖直向下时，由左手定则可知，金属棒所受安培力水平向左，金属棒所受合力不可能为零，金属棒不可能静止，故B错误；D、如果ab受安培力的方向平行导轨向下，金属棒所受合力不可能为零，金属棒不可能静止，故D错误；故选：A．2．如图所示，当开关S闭合的时候，导线ab受力的方向应为（）A．向右 B．向左 C．向纸外D．向纸里【考点】安培力．【分析】由安培定则判断两个通电螺线管的磁极，然后由左手定则判断ab所受安培力的方向．【解答】解：由安培定则知两个螺线管的左侧为N极，右侧为S极，则ab处的磁场方向向左，由左手定则判断知ab受安培力的方向垂直纸面向里．故选：D．3．垂直纸面的匀强磁场区域里，一离子从原点O沿纸面向x轴正方向飞出，其运动轨迹可能是下图中的（）A． B．C．D．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【分析】带电粒子垂直进入匀强磁场，做匀速圆周运动，根据左手定则判断出洛伦兹力的方向，从而得知粒子的偏转方向．【解答】解：若该离子带正电，进入匀强磁场，洛伦兹力方向沿y轴正方向，则向上偏转，且轨迹与速度相切．若该离子带负电，洛伦兹力方向沿y轴负方向，离子向下偏转，轨迹与速度相切．故B、C正确，A、D错误．故选BC．4．带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h l；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v o，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v．，小球上升的最大高度为h3，如图所示．不计空气阻力，则（）A．h1=h2=h3B．h1＞h2＞h3C．h1=h2＞h3D．h1=h3＞h2【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；运动的合成和分解；能量守恒定律；带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】当小球只受到重力的作用的时候，球做的是竖直上抛运动；当小球在磁场中运动到最高点时，由于洛伦兹力的作用，会改变速度的方向，所以到达最高点是小球的速度的大小部位零；当加上电场时，电场力在水平方向，只影响小球在水平方向的运动，不影响竖直方向的运动的情况．【解答】解：由竖直上抛运动的最大高度公式得：h1=．当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为E k，则由能量守恒得：mgh2+E k=mV02，又由于mV02=mgh1所以h1＞h2．当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有，V02=2gh3，所以h1=h3．所以D正确．故选D．5．如图所示，一带电小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面，当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方摆到最低点时悬线上的张力为（）A．0 B．2mg C．4mg D．6mg【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；向心力；左手定则；右手定则．【分析】小球摆动过程中，受到重力、线的拉力和洛伦兹力，只有重力做功，其机械能守恒，当小球自右方摆到最低点时的速率等于自左方摆到最低点时的速率，由机械能守恒定律求出小球经过最低点时的速率．根据小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，由重力与洛伦兹力的合力提供向心力，由牛顿第二定律列出方程．小球自右方摆到最低点时，洛伦兹力方向向下，再由牛顿第二定律求出悬线上的张力．【解答】解：设线的长度为L，小球经过最低点时速率为v．根据机械能守恒定律得：mgL（1﹣cos60°）=，得到v=当小球自左方摆到最低点时，有：qvB﹣mg=m①当小球自右方摆到最低点时，有：F﹣mg﹣qvB=m②由①+②得：F=2mg+2m=4mg．故选C6．如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a（0，L）．一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速率v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60°．下列说法中正确的是（）A．电子在磁场中运动的时间为B．电子在磁场中运动的时间为C．磁场区域的圆心坐标（，）D．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，﹣2L）【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】带电粒子在匀强磁场中在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动．所以由几何关系可确定运动圆弧的半径与已知长度的关系，从而确定圆磁场的圆心，并能算出粒子在磁场中运动时间．并根据几何关系来，最终可确定电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标．【解答】解：电子的轨迹半径为R，由几何知识，Rsin30°=R﹣L，得R=2L电子在磁场中运动时间t=因为T=解得电子在磁场中的运动时间t=．设磁场区域的圆心坐标为（x，y），其中x=Rcos30°=L，y=．所以磁场圆心坐标为（L，）．故选：AC．7．如图所示，有一混合正离子束先后通过正交电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径又相同，则说明这些正离子具有相同的（）A．速度 B．质量 C．电荷量D．比荷【考点】带电粒子在混合场中的运动．【分析】由题意中的离子在区域Ⅰ中直线运动，可知离子受力平衡，由牛顿运动定律可判断出粒子具有相同的速度；进入区域Ⅱ后，各离子的运动半径相同，由离子在匀强磁场中的运动半径结合速度相等可推导出离子具有相同的比荷．【解答】解：在正交的电磁场区域中，正离子不偏转，说明离子受力平衡，在此区域Ⅰ中，离子受电场力和洛伦兹力，由qvB=qE，得v=，可知这些正离子具有相同的速度；进入只有匀强磁场的区域Ⅱ时，偏转半径相同，由R=和v=，可知，R=；故这些正离子具有相同的比荷与相同的速度；故选：AD．8．如图所示，△ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，磁场垂直纸面向外，比荷为的电子以速度v0从A点沿AB方向射入磁场，现欲使电子能经过BC边，则磁感应强度B的取值应为（）A．B＞B．B＜C．B＜D．B＞【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】电子进入磁场后受到洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，由半径公式r=知，电子的速率越大，轨迹半径越大，欲使电子能经过BC边，当电子恰好从C点离开时，轨迹半径最小，由几何知识求出最小的半径，由半径公式求出B的最大值，即可得到B的范围．【解答】解：当电子从C点离开磁场时，电子做匀速圆周运动对应的半径最小，设为R，则几何知识得：2Rcos30°=a，得R=欲使电子能经过BC边，必须满足R＞而R==所以B＜=故选：C9．环型对撞机是研究高能粒子的重要装置，其核心部件是一个高真空的圆环状的空腔．若带电粒子初速可视为零，经电压为U的电场加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B．带电粒子将被限制在圆环状空腔内运动．要维持带电粒子在圆环内做半径确定的圆周运动，下列说法中正确的是（）A．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越大B．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越小C．对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越小D．对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．【分析】带电粒子在电场中被加速后，进入匀强磁场后做匀速圆周运动．由题知，带电粒子圆周运动的半径都相同，则由半径公式与粒子在电场中加速公式：mv2=qU，研究粒子的比荷和磁感应强度、周期的关系．【解答】解：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可知：Bqv=m得R=（1）而粒子在电场中被加速，则有：mv2=qU （2）将（1）（2）两式联立可得：R=，带电粒子运行的周期T=．AB、对于给定的加速电压，由于半径R相同，由上式得知，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越小．故A错误，B正确．CD、此题中的环形对撞机半径是恒定的，（题目也特别做了说明“做半径恒定的圆周运动，且局限在圆环空腔内运动“，或者看看环形对撞机构造，它不是回旋加速器，半径不是随便能变的）当比荷相同，R一定时，由上式（1）（2）得出的结果知：U越大，B也相应越大，再代入周期T的公式得T越小，故C正确，D错误．故选：BC．10．如图所示，一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子，不计重力．在a点以某一初速度水平向左射入磁场区域Ⅰ，沿曲线abcd运动，ab、bc、cd都是半径为R的圆弧．粒子在每段圆弧上运动的时间都为t ．规定由纸面垂直向外的磁感应强度为正，则磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感应强度B 随x 变化的关系可能是图中的（）A ．B ．C ．D ．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【分析】根据左手定则可判断出磁感应强度B 在磁场区域I 、II 、Ⅲ内磁场方向，在三个区域中均运动圆周，故t=T ．根据周期公式求出B 的大小即可判断．【解答】解：由左手定则可判断出磁感应强度B 在磁场区域I 、II 、Ⅲ内磁场方向分别为向外、向里和向外，在三个区域中均运动圆周，故t=T ．由于T=，求得B=，只有选项C 正确．故选：C ．二、填空题（本题共2小题，每题8分，共16分）11．如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T 的匀强磁场，一质量为0.2kg 且足够长的绝缘未板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度放置一质量为0.1kg 、电荷量q=+0.2C 的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左，大小为0.6N 的恒力，g 取10m/s 2，则木板的最大加速度为 3m/s 2 ，滑块的最大速度为 10m/s ．【考点】带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律．【分析】当滑块获得向左运动的速度以后滑块受到一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时摩擦力等于零，此后物块做匀速运动，木板做匀加速直线运动．【解答】解：对于木板进行受力分析，有F 合=F ﹣f根据牛顿第二定律有木板的加速度：因为F 为恒力，故当f=0时，木板具有最大加速度，其值为：=3m/s 2滑块在木板对滑块的摩擦力作用下做加速运动，当速度最大时木板对滑块的摩擦力为0，如图对滑块进行受力分析有：滑块受到向上的洛伦兹力，木板的支持力、重力和木板的滑动摩擦力，根据分析知：滑动摩擦力f=μN=μ（mg﹣F）F=qvB当滑块速度最大时，f=0，即：F=mg=qVb所以此时滑块速度v=代入数据得：v=10m/s．故答案为：3m/s2，10m/s．12．图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场．现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向．所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；Ⓐ为电流表；S为开关．此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线．（1）在图中画线连接成实验电路图．（2）完成下列主要实验步骤中的填空：①按图接线．②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1．③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D重新处于平衡状态；然后读出读出电流表的示数I，并用天平称出此时细沙的质量．④用米尺测量D的底边长度l．（3）用测得的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B=．（4）判定磁感应强度方向的方法是：若，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里．【考点】安培力．【分析】（1）用滑动变阻器的限流式接法即可；（2）③金属框平衡时测量才有意义，读出电阻箱电阻并用天平测量细沙质量；④安培力与电流长度有关，安培力合力等于金属框下边受的安培力；（3）根据平衡条件分两次列式即可求解；（4）根据左手定则判断即可；【解答】解：（1）如图所示（2）③重新处于平衡状态；读出电流表的示数I；此时细沙的质量；④D的底边长度l（3）根据平衡条件，有：解得：（4）故答案为：（1）如图所示（2）③重新处于平衡状态；读出电流表的示数I；此时细沙的质量；④D的底边长度l（3）（4）三、计算题（本题共4小题，13、14题各10分，15、16题各12分，共44分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）13．有两个相同的全长电阻为9Ω的均匀光滑圆环，固定于一个绝缘的水平台面上，两环分别在两个互相平行的、相距为20cm的竖直面内，两环的连心线恰好与环面垂直，两环面间有方向竖直向下的磁感应强度B=0.87T的匀强磁场，两环的最高点A和C间接有一内阻为0.5Ω的电源，连接导线的电阻不计．今有一根质量为10g，电阻为1.5Ω的棒置于两环内侧且可顺环滑动，而棒恰好静止于如图所示的水平位置，它与圆弧的两接触点P、Q和圆弧最低点间所夹的弧对应的圆心角均为θ=60°，取重力加速度g=10m/s2．试求此电源电动势E的大小．【考点】安培力．【分析】以PQ棒为研究对象，根据平衡条件求解导体棒受到的安培力的大小，根据安培力公式F=BIL求出PQ中的电流，即为电路中的电流强度，根据并联电路的特点求解圆环的电阻，得到总电阻，根据闭合电路欧姆定律求解电源的电动势．【解答】解：在题图中，从左向右看，棒PQ的受力如图14所示，棒所受的重力和安培力F B的合力与环对棒的弹力F N是一对平衡力，且F B=mgtanθ=mg而F B=IBL，所以I==A=1 A在题图所示的电路中两个圆环分别连入电路中的电阻为R，则R═2Ω）=1×（0.5+2×2+1.5）V=6 V由闭合电路欧姆定律得E=I（r+2R+R棒答：此电源电动势E的大小为6V14．如图所示，一质量为m、电量为+q的带电小球以与水平方向成某一角度θ的初速度v0射入水平方向的匀强电场中，小球恰能在电场中做直线运动．若电场的场强大小不变，方向改为相反同时加一垂直纸面向外的匀强磁场，小球仍以原来的初速度重新射人，小球恰好又能做直线运动．求电场强度的大小、磁感应强度的大小和初速度与水平方向的夹角θ．【考点】电场强度；牛顿第二定律．【分析】带电小球射入电场时做直线运动，其合力与速度在同一直线上，由平行四边形定则得到电场强度的大小．若电场的场强大小不变，方向改为相反同时加一垂直纸面向外的匀强磁场时，小球受到重力、电场力和洛伦兹力三个力作用，做匀速直线运动，作用力图，由平衡条件求出B和θ．【解答】解：在没有磁场时，只有电场时，带电小球受到重力和电场力两个力作用．受力情况如图甲所示，则：qE=在既有磁场又有电场时，小球受到重力、电场力和洛伦兹力三个力作用，E大小不变，受力情况如图乙图所示．由几何知识得：θ=45°．小球应做匀速直线运动，则有：qv0B=qEcosθ+mgsinθ解得：B=，E=答：电场强度的大小为、磁感应强度的大小为，初速度与水平方向的夹角θ等于45°．15．如图所示为一种质谱仪示意图．由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分折器通道的半径为R，均匀辐向电场的场强为E磁分析器中有垂直纸面向外的匀强磁场．磁感强度为B，问：（1）为了使位于A处电量为q、质量为m的离子（不计重力）．从静止开始经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，加速电场的电压U应为多大？（2）离子由P点进入磁分析器后，最终打在乳胶片上的Q点，该点距入射点P多远？【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【分析】带电粒子在电场中，在电场力做正功的情况下，被加速运动．后垂直于电场线，在电场力提供向心力作用下，做匀速圆周运动．最后进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动．根据洛伦兹力的方向，从而可确定电性，进而可确定极板的电势高低．根据牛。

北京大学附中河南分校2016届高三物理上学期周测试题(含解析)

2015-2016学年北京大学附中河南分校高三（上）周测物理试卷（12）一、选择题（每空6分，共48分）1．如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板A与一灵敏静电计相连，极板B接地．若极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化作出平行板电容器电容变小的结论的依据是（）A．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大B．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变小C．极板上的电荷量几乎不变，两极板间电压变小D．极板上的电荷量几乎不变，两极板间电压变大2．图中是一个平行板电容器，其电容为C，带电量为Q，上极板带正电．现将一个试探电荷q由两极板间的A点移动到B点，如图所示．A、B两点间的距离为s，连线AB与极板间的夹角为30°，则电场力对试探电荷q所做的功等于（）A．B．C．D．3．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是（）A．B．C．D．4．电容式传感器是用来将各种非电信号转变为电信号的装置．由于电容器的电容C取决于极板正对面积S、极板间距离d以及极板间的电介质这几个因素，当某一物理量发生变化时就能引起上述某个因素的变化，从而又可推出另一个物理量的值的变化，如图所示是四种电容式传感器的示意图，关于这四个传感器的作用下列说法不正确的是（）A．如图的传感器可以用来测量角度B．如图的传感器可以用来测量液面的高度C．如图的传感器可以用来测量压力D．如图的传感器可以用来测量速度5．一束正离子以相同的速率从同一位置、垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有离子的轨迹都是一样的，这说明所有粒子（）A．都具有相同的质量B．都具有相同的电荷量C．电荷量与质量的比（又叫比荷）相同D．都属于同一元素的同位素6．原来都是静止的质子和α粒子，经过同一电压的加速电场后，它们的速度大小之比为（）A．：2 B．1：2 C．：1 D．1：17．如图所示，示波器的示波管可以视为加速电场与偏转电场的组合，若已知加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板长为L，极板间距为d，且电子被加速前的初速度可忽略，则关于示波器的灵敏度（即偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量）与加速电场、偏转电场的关系，下列说法中正确的是（）A．L越大，灵敏度越高B．d越大，灵敏度越高C．U1越大，灵敏度越高D．U2越大，灵敏度越高8．如图所示是水平旋转的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球（）A．将打在下板中央B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出C．不发生偏转，沿直线运动D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球一定打不到下板的中央二、多项选择（每空6分，共12分）9．如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是（）A．0＜t0＜ B．＜t0＜C．＜t0＜T D．T＜t0＜10．如图所示，两平行金属板水平放置并接到电源上，一个带电微粒P位于两板间恰好平衡，现用外力将P固定住，然后使两板各绕其中点转过α角，如图虚线所示，再撤去外力，则带电微粒P在两板间（）A．保持静止 B．向左做直线运动C．电势能不变D．电势能将变少三、计算题（每空20分，共40分）11．（20分）如图所示，水平放置的A、B两平行板相距h，有一个质量为m，带电量为+q的小球在B板之下H处以初速度v0竖直向上进入两板间，欲使小球恰好打到A板，试讨论A、B板间的电势差是多大？12．（20分）（2015秋•大庆校级月考）如图所示，匀强电场方向与水平方向的夹角θ=30°斜右上方，电场强度为E，质量为m的带负电的小球以初速度v0开始运动，初速度方向与电场方向一致，试求：（1）若小球带的电荷量为q=，为使小球能做匀速直线运动，应对小球施加的恒力F1的大小和方向如何？（2）若小球带的电荷量为q=，为使小球能做直线运动，应对小球施加的最小恒力F2的大小和方向如何？2015-2016学年北京大学附中河南分校高三（上）周测物理试卷（12）参考答案与试题解析一、选择题（每空6分，共48分）1．如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板A与一灵敏静电计相连，极板B接地．若极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化作出平行板电容器电容变小的结论的依据是（）A．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大B．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变小C．极板上的电荷量几乎不变，两极板间电压变小D．极板上的电荷量几乎不变，两极板间电压变大【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】电容器的电荷量几乎不变．将极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，电容减小，由公式C=分析板间电压变化．【解答】解：由图分析可知电容器极板上的电荷量几乎不变，将极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，根据公式C=，电容减小，由公式C=可判断出电容器极板间电压变大，静电计张角增大，故D正确，ABC错误．故选：D．【点评】本题要抓住电荷量不变的条件，根据电容的定义式C=分析电容如何变化．2．图中是一个平行板电容器，其电容为C，带电量为Q，上极板带正电．现将一个试探电荷q由两极板间的A点移动到B点，如图所示．A、B两点间的距离为s，连线AB与极板间的夹角为30°，则电场力对试探电荷q所做的功等于（）A．B．C．D．【考点】电势能；匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由平行板电容器的电容C和带电量Q，由电容的定义式求出板间电压．由E=求出板间场强．根据功的计算公式求解电场力对试探电荷q所做的功．【解答】解：由电容的定义式C=得板间电压U=，板间场强E==．试探电荷q由A点移动到B点，电场力做功W=qEssin30°=故选C【点评】本题只要抓住电场力具有力的一般性质，根据功的一般计算公式就可以很好地理解电场力做功，并能正确计算功的大小．3．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是（）A．B．C．D．【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】由题意可知电量不变，由平行板电容器的决定式可知电容的变化；由定义式可得出两端电势差的变化；再由U=Ed可知E的变化，进而判断势能的变化．【解答】解：A、当负极板右移时，d减小，由C=可知，C与x图象不能为一次函数图象！故A错误；B、由U=可知，U=Q，则E==，故E与d无关，故B错误；C、因负极板接地，设P点原来距负极板为l，则P点的电势φ=E（l﹣l0）；故C正确；D、电势能E=φq=Eq（l﹣l0），不可能为水平线，故D错误；故选：C．【点评】本题考查电容器的动态分析，由于结合了图象内容，对学生的要求更高了一步，要求能根据公式得出正确的表达式，再由数学规律进行分析求解．4．电容式传感器是用来将各种非电信号转变为电信号的装置．由于电容器的电容C取决于极板正对面积S、极板间距离d以及极板间的电介质这几个因素，当某一物理量发生变化时就能引起上述某个因素的变化，从而又可推出另一个物理量的值的变化，如图所示是四种电容式传感器的示意图，关于这四个传感器的作用下列说法不正确的是（）A．如图的传感器可以用来测量角度B．如图的传感器可以用来测量液面的高度C．如图的传感器可以用来测量压力D．如图的传感器可以用来测量速度【考点】传感器在生产、生活中的应用．【分析】电容器的决定式C=，当电容器两极间正对面积变化时会引起电容的变化，其他条件不变的情况下成正比【解答】解：A、图示电容器为可变电容器，通过转动动片改变正对面积，改变电容，可以用来测量角度，故A正确B、图示电容器的一个极板时金属芯线，另一个极板是导电液，故是通过改变电容器两极间正对面积而引起电容变化的，可以用来测量液面的高度，故B正确；C、是通过改变极板间的距离，改变电容器的，可以用来测量压力，故C正确D、可变电容器，通过改变电介质，改变电容，可以用来测量位移，故D错误；本题选错误的；故选：D．【点评】本题考查了影响电容器电容的因素，如何改变电容器的容，电容传感器的特点．并明确电容器作为传感器在生产生活中的应用．5．一束正离子以相同的速率从同一位置、垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有离子的轨迹都是一样的，这说明所有粒子（）A．都具有相同的质量B．都具有相同的电荷量C．电荷量与质量的比（又叫比荷）相同D．都属于同一元素的同位素【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】正离子垂直于电场方向飞入匀强电场中做类平抛运动．根据运动学公式可列出y=，而牛顿第二定律a=，及运动时间t=，从而得出偏转距离与质量、电量及速率的关系．【解答】解：正离子进入匀强电场后，做类平抛运动，将运动分解，则偏转距离为y=牛顿第二定律得a=垂直于电场方向正离子做匀速直线运动，则运动时间为 t=联立得：y=由于初速率v0、电压U、极板长度L、极板间距d均相同，离子的轨迹一样时偏转距离相等，则离子的比荷相同，但它们的质量不一定相同，电量也不一定相同，不一定都属于同一元素的同位素，故C正确，ABD错误；故选：C【点评】此题考查粒子在电场中做类平抛运动，理解由运动轨迹来确定偏转距离的关系，掌握牛顿第二定律与运动学公式的应用，并知道粒子的比荷的含义．6．原来都是静止的质子和α粒子，经过同一电压的加速电场后，它们的速度大小之比为（）A．：2 B．1：2 C．：1 D．1：1【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】根据动能定理列式得到加速获得的速度表达式，结合质子和α粒子的比荷求解速度之比．【解答】解：设任一带电粒子的质量为m，电量为q，加速电场的电压为U，根据动能定理得：qU=得速度大小：v=，即得速度大小与比荷的平方根成正比．质子和α粒子比荷之比为：=：=2：1所以解得速度之比 v H：vα=：1．故选：C．【点评】本题带电粒子在电场中加速问题，根据动能定理求速度是常用方法．本题还要对质子与α粒子的质量数与电荷数要区分清楚．7．如图所示，示波器的示波管可以视为加速电场与偏转电场的组合，若已知加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板长为L，极板间距为d，且电子被加速前的初速度可忽略，则关于示波器的灵敏度（即偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量）与加速电场、偏转电场的关系，下列说法中正确的是（）A．L越大，灵敏度越高B．d越大，灵敏度越高C．U1越大，灵敏度越高D．U2越大，灵敏度越高【考点】示波管及其使用．【分析】根据带电粒子在加速电场中加速，在偏转电场中做类平抛运动，结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式求出偏转量，从而得出灵敏度的大小．【解答】解：根据动能定理得，eU1=mv2；粒子在偏转电场中运动的时间t=，在偏转电场中的偏转位移h=at2=•=则灵敏度=．知L越大，灵敏度越大；d越大，灵敏度越小；U1越小，灵敏度越大．灵敏度与U2无关．故A正确，CBD错误．故选：A．【点评】本题考查了带电粒子在电场中的加速和偏转，综合考查了动能定理、牛顿第二定律、运动学公式等，难度中等8．如图所示是水平旋转的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球（）A．将打在下板中央B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出C．不发生偏转，沿直线运动D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球一定打不到下板的中央【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】将电容器上板向下移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，根据电容器的定义式导出电场强度的变化，判断粒子的运动情况．【解答】解：A、B、C、将电容器上板上移一小段距离，电容器所带的电量Q不变，由E=、C=、C=得，E==．由题意可知，电容器带电量Q不变，极板的正对面积S不变，相对介电常量ɛ不变，由公式可知当d增大时，场强E不变，以相同的速度入射的小球仍按原来的轨迹运动，故AC错误，B正确．D、若上板不动，将下板上移一段距离时，根据推论可知，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，粒子轨迹不变，小球可能打在下板的中央，故D错误．故选：B【点评】本题要注意当电容器与电源断开时，电容器所带的电量是定值不变，仅仅改变板间距离时，板间场强是不变的，这个推论要熟悉．二、多项选择（每空6分，共12分）9．如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是（）A．0＜t0＜ B．＜t0＜C．＜t0＜T D．T＜t0＜【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】计算题；压轴题；高考物理专题．【分析】解决此题首先要注意A、B两板电势的高低及带正电粒子运动的方向，再利用运动的对称性，粒子加速与减速交替进行运动，同时注意粒子向左、右运动位移的大小，即可判断各选项的对错．【解答】解：A、若，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B 板上，所以A错误．B、若，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B正确．C、若，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C错误．D、若，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D错误．故选B．【点评】（2011．安徽）带电粒子在电场中的运动，实质是力学问题，题目类型依然是运动电荷的平衡、直线、曲线或往复振动等问题．解题思路一般地说仍然可遵循力学中的基本解题思路：牛顿运动定律和直线运动的规律的结合、动能定理或功能关系带电粒子在交变电场中运动的情况比较复杂，由于不同时段受力情况不同、运动情况也就不同，若按常规的分析方法，一般都较繁琐，较好的分析方法就是利用带电粒子的速度图象或位移图象来分析．在画速度图象时，要注意以下几点：1．带电粒子进入电场的时刻；2．速度图象的斜率表示加速度，因此加速度相同的运动一定是平行的直线；3．图线与坐标轴的围成的面积表示位移，且在横轴上方所围成的面积为正，在横轴下方所围成的面积为负；4．注意对称和周期性变化关系的应用；5．图线与横轴有交点，表示此时速度反向，对运动很复杂、不容易画出速度图象的问题，还应逐段分析求解．10．如图所示，两平行金属板水平放置并接到电源上，一个带电微粒P位于两板间恰好平衡，现用外力将P固定住，然后使两板各绕其中点转过α角，如图虚线所示，再撤去外力，则带电微粒P在两板间（）A．保持静止 B．向左做直线运动C．电势能不变D．电势能将变少【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】带电微粒P在水平放置的A、B金属板间的电场内处于静止状态，说明处于平衡状态，竖直向上的电场力大小等于重力的大小，当两平行金属板A、B分别以O、0′中心为轴在竖直平面内转过相同的较小角度α，然后释放P，此时P受到重力、电场力，合力向左，故P做向左的匀加速直线运动．【解答】解：设初状态极板间距是d，旋转α角度后，极板间距变为dcosα，所以电场强度E′=，而且电场强度的方向也旋转了α，由受力分析可知，竖直方向仍然平衡，水平方向有电场力的分力，所以微粒水平向左做匀加速直线运动．则微粒的重力势能不变，向左做匀加速直线运动过程中，电场力做正功，则电势能减小．故B、D正确，A、C错误．故选：BD．【点评】考查了已知受力求运动，正确受力分析，有牛顿第二定律判断运动情况，解决本题的关键是确定新场强与原来场强在大小、方向上的关系．三、计算题（每空20分，共40分）11．（20分）如图所示，水平放置的A、B两平行板相距h，有一个质量为m，带电量为+q的小球在B板之下H处以初速度v0竖直向上进入两板间，欲使小球恰好打到A板，试讨论A、B板间的电势差是多大？【考点】电势差与电场强度的关系；动能定理．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】小球刚好打到A板时，速度恰好为零，根据动能定理，对整个过程进行研究求解【解答】解：当电场力方向向下时，U A＞U B，电场力做负功，由动能定理得：﹣qU AB﹣mg（H+h）=﹣解得：U AB=当电场力方向向上时，U A＜U B，电场力做正功，由动能定理得：qU BA﹣mg（H+h）=﹣解得：U BA=答：A、B板间的电势差是或【点评】本题涉及两个过程，采用全程法运用动能定理研究，比较简洁，也可以分段研究，运用牛顿第二定律和运动学公式结合研究12．（20分）（2015秋•大庆校级月考）如图所示，匀强电场方向与水平方向的夹角θ=30°斜右上方，电场强度为E，质量为m的带负电的小球以初速度v0开始运动，初速度方向与电场方向一致，试求：（1）若小球带的电荷量为q=，为使小球能做匀速直线运动，应对小球施加的恒力F1的大小和方向如何？（2）若小球带的电荷量为q=，为使小球能做直线运动，应对小球施加的最小恒力F2的大小和方向如何？【考点】电势差与电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】（1）小球做匀速直线运动，所受的合力为零，分析小球的受力情况，作出力图，由平衡条件求解即可．（2）小球要做直线运动，小球的合力必须与运动方向在同一直线上，当电场力与此直线垂直时，施加的恒力最小，由力的合成图求解即可．【解答】解：（1）欲使小球做匀速直线运动，必须使其合外力为0，如图甲所示．设对小球施加的力F1和水平方向夹角为α，则F1•cosα=qE cosθF1•sinα=qE sinθ+mg解得α=60°，F1=mg（2）为使小球做直线运动，则小球的合力必须与运动方向在同一直线上，当电场力与此直线垂直时，施加的恒力最小，如图乙所示．则 F2=mgsin60°=mg，方向斜向左上与水平夹角为60°．答：（1）若小球带的电荷量为q=，为使小球能做匀速直线运动，应对小球施加的恒力F1的大小是mg，方向与水平成60°斜向右上方．（2）若小球带的电荷量为q=，为使小球能做直线运动，应对小球施加的最小恒力F2的大小是mg，方向斜向左上与水平夹角为60°．【点评】解决本题的关键要掌握直线运动和匀速直线运动的条件，作出受力图，运用几何关系分析力的最小值．。

2015-2016学年河南省郑州市北大附中分校高三(上)周测物理试卷(13)

2015-2016学年河南省郑州市北大附中分校高三（上）周测物理试卷（13）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共6小题，共36.0分)1.下列有关物理学史或物理现象的说法中正确的是（）A.停在高压线上的小鸟没有被电击，是因为小鸟所停处电势为零B.法拉第以他深刻的洞察力提出场的概念，并引入了电场线C.安培通过实验研究，发现了电流周围存在磁场，并通过安培定则判断磁场方向D.超高压带电作业的工人所穿工作服的织物中不能掺入金属丝【答案】B【解析】解：A、停在高压线上的小鸟没有被电击，是因为小鸟站在一根线上，两脚间的电势差为零，不是所停处电势为零，故A错误；B、法拉第以他深刻的洞察力提出场的概念，并引入了电场线，故B正确；C、奥斯特首先发现了电流的磁效应，故C错误；D、超高压带电作业的工人所穿衣服的织物中掺入金属丝是为了增加衣服的导电性，故D错误；故选：B根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可，掺入金属丝是为了增加衣服的导电性．本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2.如图所示，电荷q均匀分布在半球面上，球面的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线．P、Q为CD轴上在O点两侧，离O点距离相等的二点．如果是带电量为Q的均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等．则下列判断正确的是（）A.P点的电势与Q点的电势相等B.P点的电场强度与Q点的电场强度相等C.在P点释放静止带正电的微粒（重力不计），微粒将作匀加速直线运动D.带正电的微粒在O点的电势能为零【答案】B【解析】解：A、由题意可知半球面右边的电场线是水平向右的，沿电场线方向电势逐渐降低，A错误；B、均匀带电半球相当于一个均匀带正电的球和半个均匀带负电的球，这个半球放在图的另一边．然后看PQ两点，可以看到，PQ两点在在上述涉及到的正电半球和负电半球中的相同的位置上．而由题目给出的条件，正电球在PQ两点产生的电场为零．所以，Q点正电半球产生的电场强度相当于负电半球产生的电场强度，而与P点的环境比较，唯一的区别是电荷符号相反，从而电场大小相同，只有可能有方向的区别，而分析可知，方向是相同的，故电场强度相等，B正确；C、电场线方向水平向右，所以在P点释放静止带正电的微粒（重力不计），微粒将作加速运动，距离远后电场力减小，所以是变加速运动，C错误；D、本题没有选取零势点，所以带正电的微粒在O点的电势能不一定为零，D错误；故选B利用等效法分析电场强度，利用叠加原理判断电场线的分布，由受力分析判断带电粒子的运动状态．本题考查了电势和电场强度的知识，题目较新颖，难度也较大，要认真分析．3.如图所示，两根等长带电棒放置在第一、二象限，其端点在两坐标轴上，棒与坐标轴围成等腰直角三角形，两棒带电量相等，且电荷均匀分布，此时O点场强度大小为E，撤去其中一根带电棒后，O点的电场强度大小变为（）A. B.E C.E D. E【答案】B【解析】解：两根等长带电棒等效成两个正点电荷如图，两正点电荷在O点产生的场强的小为E=，故撤走一根带电棒后，在O点产生的场强为，故选：B先把带电棒等效成点电荷，利用点电荷产生的场强进行矢量求解解可本题主要考查了带电体电荷的等效，然后利用电场的矢量性即可求得4.如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1，R2为可变电阻，开关S闭合．质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点．若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是（）A.保持开关S闭合，增大R1，粒子打在O点左侧B.保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点左侧C.断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧D.断开开关S，M极板稍微下移，粒子打在O点右侧【答案】A【解析】解：A、保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端的电压为U=，增大R1，U将减小，电容器两端的电压减小，故粒子受重力和电场力，产生的加速度增大，平行板两极板电压减小达到极板上则，水平位移为x=，水平位移将减小，故粒子打在O点左侧侧，故A正确B、保持开关S闭合，增大R2，不会影响电阻R两端的电压，故粒子打在O点，故B 错误；C、断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为E=，结合及可得，电场强度不变，故加速度不变，M极板稍微上移，不会影响离子的运动，故还打在O点，故C错误；D、断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为E=，结合及可得，电场强度不变，加速度不变，M极板稍微下移，不会影响离子的运动，故还打在O点，故D错误故选：A电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻R1的电压，改变R2，对电容器的电压没有影响．增大R1分担的电压增大，电容器的电压增大，粒子将向下运动．断开开关S，上下移动极板，根据电容器的电容定义式与决定式判断出极板间的电场强度，根据牛顿第二定律即可判断加速度，利用运动学公式判断水平位移本题关键分析电容器的电压是否变化．当断开开关S，改变板间距离时，板间场强不变，油滴也保持不动．5.两个固定的等量异号点电荷所产生电场等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中（）A.做直线运动，电势能先变小后变大B.做直线运动，电势能先变大后变小C.做曲线运动，电势能先变小后变大D.做曲线运动，电势能先变大后变小【答案】C【解析】解：根据电场线与等势线垂直可知，在A点电场线方向应与速度v垂直，则粒子所受的电场力方向向上，与初速度v也垂直，粒子做曲线运动．粒子靠近正电荷时，电场力做正功，离开正电荷时，电场力做负功，则其电势能先变小后变大．故C正确．故选：C粒子在静电场中电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大．粒子所受的电场力与速度方向不在同一直线上，做曲线运动．本题关键是要抓住电场线与等势线的关系判断电场力方向与粒子初速度方向的关系，分析运动情况，根据电场力做功正负，判断电势能的变化．6.某空间区域有竖直方向的电场（图中只画出了一条电场线），一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球，在电场中从A点由静止开始沿电场线竖直向下运动，不计一切阻力，运动过程中物体的机械能E与物体位移x关系的图象如图所示，由此可以判断（）A.物体所处的电场为非匀强电场，且场强不断减小，场强方向向下B.物体所处的电场为匀强电场，场强方向向下C.物体可能先做加速运动，后做匀速运动D.物体一定做加速运动，且加速度不断增大【答案】D【解析】解：A、物体的机械能先减小，后保持不变，故电场力先做负功，后不做功，故电场强度方向向上，再根据机械能的变化关系可知，电场力做功越来越小，故电场强度不断减小，故AB错误；C、根据牛顿第二定律可知，物体受重力与电场力，且电场力越来越小，故加速度越来越大，故C错误，D正确；故选：D从图象中能找出电场力的做功情况，根据电场力的做功情况判断出受力，继而判断出电场，在利用牛顿第二定律求的加速度本题主要考查了电场力做功与与物体机械能的变化关系，明确电场力做正功，电势能增加，电场力做负功，电场力减小即可二、多选题(本大题共1小题，共6.0分)7.空间中有一方向沿竖直平面的匀强电场，另有一光滑绝缘杆，杆上套有电荷量为+Q质量为m的小球，现在电场所在竖直平面内将杆分别置于OA、OB、OC三个不同位置，其中OA为水平，OC竖直，OB与水平面夹角60°．小球分别从杆端A、B、C静止释放，已知小球从A到O运动时间为从B到O运动时间的倍，则可判断（）A.从C到O方向运动的时间小于从A到O的时间B.从C到O方向运动的时间大于从A到O的时间C.电场强度的最小值为D.电场强度的最小值为【答案】AC【解析】解：A、小球在杆上均做匀加速直线运动，由时间之比为：得：a A：a B=1：2，设重力和电场力的合力为F合，方向与竖直方向成α角，则F合在AO、BO方向分力为1：2，即：F合cos（30°-α）=2F合sinα解得：α=30°即重力和电场力的合力为F合沿BO方向，则可得a C＞a A，所以从C到O方向运动的时间小于从A到O的时间，故A正确，B错误C、当电场方向垂直BO方向时有最小电场强度，则°，故C正确，D错误故选：AC小球在杆上均做匀加速直线运动，由时间之比求的加速度之比，而产生的加速度时重力和电场力的合力提供的，由牛顿第二定律即可判断加速度大小，由运动学公式求的时间；当电场方向垂直BO方向时有最小电场强度；本题要注意分析带电小球的运动过程，属于牛顿第二定律的动态应用与电场结合的题目，此类问题要求能准确找出物体的运动过程，并能分析各力的变化，对学生要求较高三、单选题(本大题共1小题，共6.0分)8.如图甲，真空中有一半径为R、电荷量为+Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴．理论分析表明，x轴上各点的场强随x变化关系如图乙，已知x1与R两点间距大于R与x2的两点间距，则（）A.x2处场强大小为B.x1、x2两点处的电势相同C.球内部的电场为匀强电场D.假设将试探电荷沿x轴移动，则从x1移到R处和从R移到x2处静电力做功相同【答案】A【解析】解：A、电荷量为+Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，当作点电荷，则有x2处场强大小为，故A正确；B、由图象可知，球内部的电场为非匀强电场，由E=k与Q X=Q，则有E=x．故B 错误；C、由图象与∅=k，则x1、x2两点处的电势不同，故C错误；D、因电场力做功与初末位置有关，当假设将试探电荷沿x轴移动，则从x1移到R处和从R移到x1处，因电势差不同，则电场力做功不同，故D错误；故选：A均匀带电的球体，体外某点的电场强度则可由点电荷的电场强度公式求解，是将带电量的球体看成处于O点的点电荷来处理．而体内某点的电场强度，根据E=k与Q X=Q共同确定．对于电势则可以由该点移动电势为零处电场力做功与电量的比值来确定．考查带电球壳内部是等势体且电场强度处处为零，体外则是看成点电荷模型来处理；而电势则由电荷从该点移到电势为零处电场力做功与电量的比值来确定．注意比较电势也可以由图象和横轴的面积来表示．四、多选题(本大题共2小题，共12.0分)9.如图所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态．保持小球的带电量不变，现将小球提高到M点由静止释放．则释放后小球从M运动到N过程中（）A.小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变B.小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加C.弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量D.小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和【答案】BC【解析】解：A、由于有电场做功，故小球的机械能不守恒，小球的机械能与弹簧的弹性势能之和是改变的，故A错误．B、由题意，小球受到的电场力等于重力．在小球运动的过程中，电场力做功等于重力做功，小球从M运动到N过程中，出现的是重力势能减小转化为电势能，故B正确；C、释放后小球从M运动到N过程中，弹力做正功，弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量，故C正确．D、在小球运动的过程中，电场力做的负功等于重力做的正功，二者的和是0．故D错误．故选：BC．小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态，说明小球受到的电场力等于重力．在小球运动的过程中，电场力做功等于重力做功．据此来分析各个选项该题考查物体的受力分析和能量的转化与守恒，要对各力的做功有准确的分析．属于简单题．10.如图所示，分别在M、N两点固定两个点电荷+Q和-q（Q＞q），以MN连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点．下列说法中正确的是（）A.A点场强等于B点场强B.A点电势等于B点电势C.O点场强大于D点场强D.O点电势高于D点电势【答案】CD【解析】解：A、由于Q＞q，A点处电场线比B点处电场线密，A点场强大于B点场强，故A错误．B、电场线方向由M指向N，则A点电势高于B点电势．故B错误．C、由于电场线关于MN对称，C、D两点电场线疏密程度相同小于O点的密集程度，则O点场强大于D点场强．故C正确．D、由于Q电荷量大，故等势面如图：，沿着电场线电势降低，可知O点电势高于D点电势，故D正确．故选：CD．由题，Q带正电，q带负电，电场线方向由M指向N，根据顺着电场线电势逐渐降低．电场线越密，电场强度越大．根据对称性，分析OD两点电势关系、场强关系．本题考查判断电势、场强大小的能力，往往画出电场线，抓住电场线分布的特点进行判断．五、计算题(本大题共2小题，共40.0分)11.两块平行金属板A、B彼此平行放置，板间距离为d，两板分别带有等量异种电荷，且A板带正电，两板中间有一带负电的油滴P，当两板水平放置时，油滴恰好平衡，若把两板倾斜60°，把油滴从P静止释放，油滴可以打在金属板上，问：（1）油滴将打在哪块金属板上？（2）油滴打在金属板上的速率是多少？【答案】解：（1）两板倾斜60°后油滴的受力如图：因重力与电场力大小相等，电场力和重力夹角为120°，故其合力在如图方向大小等于mg，即F合=mg；故油滴做匀加速直线运动，最终会打在A板上，（2）根据牛顿第二定律运动的加速度大小a=g；=d；由图中几何关系可知，油滴的位移：°设油滴达到板上速度的大小为v，根据v2=2a L所以，答：（1）油滴将打在A板上．（2）油滴打在金属板上的速率是．【解析】分析粒子的受力，作出受力分析图，判断运动的性质，可知最终会打在哪个板上，再由牛顿第二定律可得求出加速度的大小，由几何知识求解水平运动距离，然后结合运动学公式，可以求解油滴打在金属板上的速率．本题的突破点在于粒子做直线运动，故应根据力与运动的关系确定出粒子的受力情况．12.一平行板电容器长l=10cm，宽a=8cm，板间距d=4cm，在板左侧有一足够长的“狭缝”离子源，沿着两板中心平面，连续不断地向整个电容器射入离子，它们的比荷均为2×1010C/kg，速度均为4×106m/s，距板右端处有一屏，如图甲所示，如果在平行板电容器的两极板间接上如图乙所示的交流电，由于离子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期，故离子通过电场的时间内电场可视为匀强电场．试求：（1）离子打在屏上的区域面积；（2）在一个周期内，离子打到屏上的时间．【答案】解：（1）设离子恰好从极板边缘射出时的电压为U0水平方向：l=v0t①竖直方向：=at2②又a=③由①②③得U0==V=128V当U≥128V时离子打到极板上，当U＜128V时打到屏上，可知，离子通过电场偏转距离最大为d．利用推论：打到屏的离子好像是从极板中心沿直线射到屏上．由三角形相似可得解得打到屏上的长度为y=d又由对称知，离子打在屏上的总长度为2d区域面积为S=2y•a=2ad=64cm2（2）在前T，离子打到屏上的时间t0=×0.005s=0.0032s；又由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间t=4t0=0.0128s．答：（1）离子打在屏上的区域面积为64cm2；（2）在一个周期内，离子打到屏上的时间为0.0128s．．【解析】（1）离子进入电场后做类平抛运动，先由类平抛运动的知识求出离子恰好从极板边缘射出时的电压，利用推论，求出离子打在屏上最大的偏转距离．即可得到离子打在屏上的区域面积；（2）在第（1）问的基础上，根据临界情况的电压，求出在一个周期内，离子打到屏上的时间．本题是类平抛运动的问题，采用运动的分解方法处理，关键是挖掘隐含的临界条件，并且巧妙利用推论进行研究．。

北大附中河南分校2016届高三三轮冲刺理综物理试题12含答案

选择题：（本题共8小题，每题6分，满分48分。

14-17每小题只有一个选项符合题意，18-21每小题只有多个选项符合题意）14．体育器材室里，篮球摆放在图示的球架上。

已知球架的宽度为d ，每只篮球的质量为m 、直径为D ，不计球与球架之间摩擦，则每只篮球对一侧球架的压力大小为 A ．mg 21B ．dmgDC ．222dD mgD -D ．Dd D mg 222-15．2013年12月11日，“嫦娥三号”从距月面高度为100km 的环月圆轨道Ⅰ上的P 点实施变轨，进入近月点为15km 的椭圆轨道Ⅱ，由近月点Q 成功落月，如图所示。

关于“嫦娥三号”，下列说法正确的是 A ．沿轨道Ⅰ运动至P 时，需制动减速才能进入轨道ⅡB ．沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道Ⅰ运行的周期C ．沿轨道Ⅱ运行时，在P 点的加速度大于在Q 点的加速度D ．在轨道Ⅱ上由P 点运行到Q点的过程中，万有引力对其做负功16．将一质量为m 的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O 是运动的最高点，甲、乙两次的闪光频率相同。

重力加速度为g ，假设小球所受阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为A ．mgB ．12mgC ．mg 31D ．110mg17．如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2=22∶5，电阻R 1=R 2=25Ω，D 为理想二极管，原线圈接u =220 2 sin100πt (V)的交流电。

则 A ．交流电的频率为100HzB ．通过R 1的电流为2 2 AC ．通过R 2的电流为 2 AD ．变压器的输入功率为200W 18．关于涡流，下列说法中正确是A ．真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置B ．家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的C ．阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动D ．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流19．如图所示，E 为电源，其内阻不可忽略，R T 为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，L 为指示灯泡，C 为平行板电容器，G 为灵敏电流计。

北大附中河南分校2016届高三三轮冲刺理综物理试题13含答案

二、选择题（本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21题有多项符合题目要求.）14. 结合你所学知识和图中描述的物理学史，判断下列说法错误．．的是A、图中“力学”高峰期是指牛顿建立动力学理论B、伽俐略将他的“斜面实验”和“比萨斜塔实验”都记录在他的《自然哲学的数学原理》一书中C、“电磁学”理论的完备晚于“力学”理论的完备D、法拉第发现了电磁感应现象15. 高铁专家正设想一种“遇站不停式匀速循环运行”列车，如襄阳→随州→武汉→仙桃→潜江→荆州→荆门→襄阳，构成7站铁路圈，建两条靠近的铁路环线.列车A以恒定速率以360km/h 运行在一条铁路上，另一条铁路上有“伴驳列车”B，如某乘客甲想从襄阳站上车到潜江站，先在襄阳站登上B车，当A车快到襄阳站且距襄阳站路程为s处时，B车从静止开始做匀加速运动，当速度达到360km/h时恰好遇到A车，两车连锁并打开乘客双向通道，A、B列车交换部分乘客，并连体运动一段时间再解锁分离，B车匀减速运动后停在随州站并卸客，A 车上的乘客甲可以中途不停站直达潜江站.则下列说法正确的是A、无论B车匀加速的加速度值为多少，s是相同的B、该乘客节约了五个站的减速、停车、提速时间C、若B车匀加速的时间为1min，则s为4kmD、若B车匀减速的加速度大小为5m/S2则当B车停下时A车已距随州站路程为1km16. 如图所示，置于水平地面上的三脚支架的顶端固定着一质量为m的照相机，支架的三根轻杆长度均为L匀分布于半径为L/2，则1T：2T为17. 如图M和N是两个带有异种电荷的带电体，（M在N的正上方，图示平面为竖直平面）P和Q是M表面上的两点，S是N表面上的一点.在M和N之间的电场中画有三条等势线.现有一个带正电的油滴从E点射入电场，它经过了F点和W点，已知油滴在F点时的机械能大于在W点的机械能.(E、W两点在同一等势面上，不计油滴对原电场的影响，不计空气阻力)则以下说法正确的是A. P和Q两点的电势不相等B. P点的电势高于S点的电势C. 油滴在F点的电势能高于在E点的电势能D. 油滴在E、F、W三点的“机械能和电势能总和”没有改变18. 在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示、下列判断正确的是A、|ΔU1|＜|ΔU2 |，|ΔU2|＞|ΔU3 |B、|U1/I|不变，|ΔU1|/|ΔI|变小C 、|U 2/I|变大，|ΔU 2|/|ΔI|变大D 、|U 3/I|变大，|ΔU 3|/|ΔI|变大19、在中国航天骄人的业绩中有这些记载：“天宫一号”在离地面343km 的圆形轨道上飞行；“嫦娥一号”在距月球表面高度为200km 的圆形轨道上飞行；“北斗”卫星导航系统由“同步卫星”（地球静止轨道卫星，在赤道平面，距赤道的高度约为 36000千米）和“倾斜同步卫星”（周期与地球自转周期相等，但不定点于某地上空）等组成.则以下分析正确的是A 、设“天宫一号”绕地球运动的周期为T,用G平均密度比真实值要小B 、“天宫一号”的飞行速度比“同步卫星”的飞行速度要小C 、“同步卫星”和“倾斜同步卫星”同周期、同轨道半径，但两者的轨道平面不在同一平面内D 、“嫦娥一号”与地球的距离比“同步卫星”与地球的距离小20、如图所示，等腰直角三角形OPQ 区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为Ｂ，磁场区域的OP 边在x 轴上且长为L 、纸面内一边长为L 的单匝闭合正方形导线框（线框电阻为Ｒ）的一条边在x 轴上，且线框在外力作用下沿x 轴正方向以恒定的速度v 穿过磁场区域，在t=0时该线框恰好位于图中所示的位置.现规定顺时针方向为导线框中感应电流的正方向，则下列说法正确的有：ABCD21、如图所示，质量相等的长方体物块A 、B 叠放在光滑水平面上，两水平轻质弹簧的一端固定在竖直墙壁上，另一端分别与A 、B 相连接，两弹簧的原长相同，与A 相连的弹簧的劲度系数小于与B 相连的弹簧的劲度系数.开始时A 、B 处于静止状态.现对物块B 施加一水平向右的拉力，使A 、B 一起向右移动到某一位置（A 、B 无相对滑动，弹簧处于弹性限度内），撤去这个力后A 、物块A 的加速度的大小与连接它的弹簧的形变量的大小成正比B 、物块A 受到的合力总大于弹簧对B 的弹力C 、物块A 受到的摩擦力始终与弹簧对它的弹力方向相同D 、物块A 受到的摩擦力与弹簧对它的弹力方向有时相同，有时相反三、非选择题22、（4分）游标卡尺主尺的最小刻度是1mm ，游标尺上有20个等分刻度，则游标尺上每一分度与主尺上的最小刻度相差____________cm.用这个游标卡尺测量一小球的直径，如图所示的读数是_____________cm.1 2 3 cm0 10 2023. （11分）测定某电阻丝的电阻率”实验（1）实验中，用螺旋测微器测量一种电阻值很大的电阻丝直径，刻度位置如图所示，则电阻丝的直径是____cm.（2）用多用电表的欧姆挡粗测这种电阻丝的阻值：已知此电阻丝的阻值约为几十千欧，下面给出了实验操作步骤a.旋转选择开关S ，使其尖端对准交流500V 挡，并拔出两表笔b 、将两表笔短接，调节欧姆挡调零旋钮使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，而后断开两表笔c 、将两表笔分别连接到被测电阻丝的两端，测出阻值后，断开两表笔d 、旋转选择开关S ，使其尖端对准欧姆挡的某一挡位合理的实验步骤顺序是：_______（填写相应的字母）.旋转选择开关其尖端应对准的欧姆挡位是；根据该挡位和表中指针所示位置，电阻丝的阻值约为_______Ω.（3）用电流表和电压表较精确测定此电阻丝的阻值，实验室提供下列可选用的器材:电压表V(量程3V ，内阻约50k Ω) 电流表A 1(量程200μA ，内阻约200Ω)电流表A 2(量程5mA ，内阻约20Ω) 电流表A 3(量程0.6A ，内阻约1Ω)滑动变阻器R (最大阻值1k Ω) 电源E (电源电压为4V) 开关S 、导线 a 、在所提供的电流表中应选用 (填字母代号)；b 、在虚线框中画出测电阻的实验电路；（4）分别用L 、d 、R X 表示电阻丝的长度、直径和阻值，则电阻率表达式为ρ= .24、（13分）图为某工厂生产流水线上水平传输装置的俯视图，它由传送带和转盘组成.物品（质量m=1kg)从A 处无初速放到传送带上，运动到B 处后进入匀速转动的转盘，设物品进入转盘时速度大小不发生变化，并随转盘一起运动(无相对滑动)，到C 处被取走装箱.已知A 、B 两处的距离L =9m ，传送带的传输速度v =2.0m/s ，物品在转盘上与轴O 的距离R =5m ，物品与传送带间的动摩擦因数1μ=0.2.取g=10m/s 2.（1）物品从A 处运动到B 处的时间t ；（2）物品从A 处运动到C 处的过程中外力对物品总共做了多少功（3）若物品在转盘上的最大静摩擦力可视为与滑动摩擦力大小相等，则物品与转盘间的动摩擦因数2μ至少为多大?25MNOm/s 105.140⨯=v 的速度通过MN 进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B 按图b 所示规律周期性变化（图b 中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN 时为t =0时刻）.计算结果可用π表示.（1）求O（2）求图b O 点的水平距离；（3）如果在O 点右方d =67.5cm 处有一垂直于MN 的足够大的挡板，求电荷从O 点出发运动到挡板所需的时间.参考答案：22、（4分） 0.005 （2分） 1.380 （2分）23、（11分）（1） 0.0642 (0.0641--0.0643) （2分）；（2） dbca （1分）； 1k （1分）；3.20 104（2分）（3） a 、A 1 （1分） b 、如图（2分）（4）L R d x42π （2分）24、（13分）（1）设物品质量为m ，物品先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，其位移大小为s 1、由 μ1mg=ma （1分） v 2=2as （1分）得 s 1=1m ＜L （1分）之后，物品和传送带一起以速度v 做匀速运动匀加速运动的时间 t 1＝ 2s 1 /v ＝1s 匀速运动的时间 t 2＝（L −s 1）/v ＝4s （2分）所以物品从A 处运动到B 处的时间t=t 1+t 2=5s （2分）（2）由动能定理，物品从A 处运动到C 处的过程中外力对物品总共做功W= m v 2/2-0=2J （3分） - 图b（3）物品在转盘上所受的静摩擦力提供向心力，当物品在转盘上恰好无相对滑动时，有 μ2mg ＝m v 2 /R 得 μ2= v 2/ gR =0.08 （3分） 25、（19分）(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，由动能定理uq =2021mv ，（2分） u =V 5.112220=qmv （2分）（2）当磁场垂直纸面向外时，设电荷运动的半径为1r ：,12001r mv qv B = cm 5101==qB mv r ，（1分）周期s 10322511-⨯==ππqB m T ；（1分）当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径为：3cm 202==qB mv r ,（1分）周期s 10522522-⨯==ππqB m T （1分）故电荷从t =0s 10325-⨯=πt 时刻电荷与O 点的水平距离 cm 4)(221=-=∆r r d （3分）（3）电荷第一次通过MN 开始，其运动的周期s 10545-⨯=πT ，（2分）根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为15个，（1分）此时电荷沿MN 运动的距离cm 6015=∆=d s ，（1分）则最后7.5cm 的距离如图乙所示，有：cm 5.7cos 11=+αr r .（1分）解得：600.5,cos ==αα则，（1分）故电荷运动的总时间s 1086.33606021154111-⨯=-++=T T T t t总或（553π/45）×10-5s 或（12π+13π/45）×10-5s （2分）图乙图甲。

北大附中河南分校2016届高三物理一轮复习周测试题周练12含答案

第十二周周练（静电场）第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(本题共10小题，每题4分，共40分、有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1、如图所示，把一个不带电的枕形导体靠近带正电的小球，由于静电感应，在a 、b 两端分别出现负、正电荷，则以下说法正确的是( )A 、闭合S 1，有电子从枕形导体流向地B 、闭合S 2，有电子从枕形导体流向地C 、闭合S 1，有电子从地流向枕形导体D 、闭合S 2，没有电子通过S 22、如下图甲所示，A 、B 是某电场中一条电场线上的两点、一个带负电的点电荷仅受电场力作用，从A 点沿电场线运动到B 点、在此过程中，该点电荷的速度v 随时间t 变化的规律如图乙所示、下列说法中正确的是( )A 、A 点的电场强度比B 点的大B 、A 、B 两点的电场强度相等C 、A 点的电势比B 点的电势高D 、A 点的电势比B 点的电势低3、某电场的电场线分布如图所示，电场中有A 、B 两点，则以下判断正确的是( )A 、A 点的电场强度大于B 点的电场强度，B 点的电势高于A 点的电势B 、若将一个电荷由A 点移到B 点，电荷克服电场力做功，则该电荷一定为负电荷C 、一个负电荷处于A 点的电势能大于它处于B 点的电势能D 、若将一个正电荷由A 点释放，该电荷将在电场中做加速度减小的加速运动4、如图所示，有的计算机键盘的每一个键下面是一小块金属片，与该金属片隔有空气间隙的是另一块小的固定金属片、这两块金属片组成一个小电容器、该电容器的电容C 可用公式C ＝E S d计算，式中常量E ＝9×10－12 F·m －1，S 表示金属片的正对面积，d 表示两金属片间的距离、当键被按下时，此小电容器的电容发生变化，与之相连的电子线路就能检测出是哪个键被按下了，从而给出相应的信号、设每个金属片的正对面积为54 mm 2，键未按下时两金属片的距离为0.6 mm.如果电容变化0.25 pF ，电子线路恰能检测出必要的信号，则键至少需要被按下( )A 、0.15 mmB 、0.25 mmC 、0.35 mmD 、0.45 mm5、(2013·江西六校联考)真空中，两个相距L 的固定点电荷P 、Q 所带电荷量分别为Q P 和Q Q ，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向，电场线上标出了M 、N 两点，其中N 点的切线与PQ 连线平行，且∠NPQ >∠NQP ，则( )A 、P 带正电，Q 带负电，且Q P >Q QB 、在M 点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N 点C 、过N 点的等势面与过N 点的切线垂直D 、负检验电荷在M 点的电势能大于在N 点的电势能6、(2013·辽宁大连双基测试)如图所示，在等量异种点电荷＋Q 和－Q 的电场中，有一个正方形OABC ，其中O 点为两电荷连线的中点、下列说法正确的是( )A 、A 点电场强度比C 点的电场强度大B 、A 点电势比B 点的电势高C 、将相同的电荷放在O 点与C 点电势能一定相等D 、移动同一正电荷，电场力做的功WCB ＝W OA7、(2013·福建龙岩质检)如图所示，竖直平面内的同心圆是一点电荷在真空中形成电场的一簇等势线，一带正电的小球从A 点静止释放，沿直线到达C 点时速度为零，以下说法正确的是( )A 、此点电荷为负电荷B 、电场强度E A >E B >E CC 、电势φA >φB >φ CD 、小球在A 点的电势能小于在C 点的电势能8、(2013·东北四校一模)如图所示，质量为m 、半径为R 的圆形光滑绝缘轨道放在水平地面上固定的M 、N 两竖直墙壁间，圆形轨道与墙壁间摩擦忽略不计，在轨道所在平面加一竖直向上的场强为E 的匀强电场、P 、Q 两点分别为轨道的最低点和最高点，在P 点有一质量为m ，电荷量为q 的带正电的小球，现给小球一初速度v 0，使小球在竖直平面内做圆周运动，不计空气阻力，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A 、小球通过P 点时对轨道一定有压力B 、小球通过P 点时的速率一定大于通过Q 点时的速率C 、从P 到Q 点的过程中，小球的机械能一定增加D 、若mg >qE ，要使小球能通过Q 点且保证圆形轨道不脱离地面，速度v 0应满足的关系是：5gR －5qER m ≤v 0<6gR －5qER m9.如图所示，在平行于xOy 平面的区域内存在着电场，一个正电荷沿直线先后从C 点移动到A 点和B 点，在这两个过程中，均需要克服电场力做功，且做功的数值相等、下列说法正确的是A 、A 、B 两点在同一个等势面上B 、B 点的电势低于C 点的电势C 、该电荷在A 点的电势能大于在C 点的电势能D 、这一区域内的电场可能是在第Ⅳ象限内某位置的一个正点电荷所产生的10.质量为m 的物块，带电荷量为＋Q ，开始时让它静止在倾角α＝60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为E ＝3mg /Q 的匀强电场中，如图所示，斜面高为H ，释放物块后，物块落地时的速度大小为( )A、2gH B.52gH C、22gH D、223gH第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、填空题(本题共2小题，每题8分，共16分)11、(2011·上海单科)如图，在竖直向下，场强为E的匀强电场中，长为l的绝缘轻杆可绕固定轴O在竖直面内无摩擦转动，两个小球A、B固定于杆的两端，A、B的质量分别为m1和m2(m1<m2)，A带负电，电量为q1，B带正电，电量为q2.杆从静止开始由水平位置转到竖直位置，在此过程中电场力做功为_______，在竖直位置处两球的总动能为___________、12.某研究性学习小组设计了以下方法来测量物体的带电量、如图所示的小球是一个外表面镀有金属膜的空心塑料球，用绝缘丝线悬挂于O点，O点固定一个可测量丝线偏离竖直方向角度α的量角器，M、N是两块相同的、正对着竖直平行放置的金属板(加上电压后其内部电场可看作匀强电场)、另外还要用到的器材有天平、刻度尺、电压表、直流电流表、开关、滑动变阻器及导线若干、该小组的实验步骤如下，请你帮助该小组完成：(1)用天平测出小球的质量m，按如上图所示进行器材的安装，并用刻度尺测出M、N板之间的距离d，使小球带上一定的电量、(2)连接电路(请在图中的虚线框中画出实验所用的电路图，电源、开关已经画出)、(3)闭合开关，调节滑动变阻器滑片的位置，读出多组相应的电压表的示数和丝线的偏转角度θ.(4)以电压U为纵坐标，以________为横坐标作出过原点的直线，求出直线的斜率k.(5)小球的带电量q＝________.(用m、d、k等物理量表示)三、计算题(本题共4小题，13、14题各10分，15、16题各12分，共44分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13.在点电荷Q产生的电场中有a，b两点，相距为d，已知a点的场强大小为E，方向与ab连线成30°角，b点的场强方向与ab连线成120°角，如图所示，则b点的场强大小为多大？a，b两点电势哪点更高？14.如图所示，A、B两块带异号电荷的平行金属板间形成匀强电场，一电子以v0＝4×106 m/s的速度垂直于场强方向沿中心线由O点射入电场，从电场右侧边缘C点飞出时的速度方向与v0方向成30°的夹角、已知电子电荷量e＝1.6×10－19 C，电子质量m＝0.91×10－30 kg，求(1)电子在C点时的动能是多少？(2)O、C两点间的电势差大小是多少？15、(2011·福建理综)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似、如图所示，在虚线MN 两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A 点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A 、B 两点间往返运动、已知电场强度的大小分别是E 1＝2.0×103 N/C 和E 2＝4.0×103 N/C ，方向如右图所示，带电微粒质量m ＝1.0×10－20kg ，带电量q ＝－1.0×10－9C ，A 点距虚线MN 的距离d 1＝1.0 cm ，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应、求：(1)B 点距虚线MN 的距离d 2；(2)带电微粒从A 点运动到B 点所经历的时间t .16、(2012·四川理综)如下图所示，ABCD 为固定在竖直平面内的轨道，AB 段光滑水平，BC 段为光滑圆弧，对应的圆心角θ＝37°，半径r ＝2.5 m ，CD 段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E ＝2×105N/C 、方向垂直于斜轨向下的匀强电场、质量m ＝ 5×10－2 kg 、电荷量q ＝＋1×10－6C 的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C 点以速度v 0＝3 m/s 冲上斜轨、以小物体通过C 点时为计时起点，0.1 s 以后，场强大小不变，方向反向、已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ＝0.25.设小物体的电荷量保持不变，取g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求弹簧枪对小物体所做的功；(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P ，求CP 的长度、参考答案：1解析：在S 1、S 2都闭合前，对于枕形导体它的电荷是守恒的，a 、b 出现的负、正电荷等量、当闭合S 1、S 2中的任何一个以后，便把导体与大地连通，使大地也参与了电荷转移、因此，导体本身的电荷不再守恒，而是导体与大地构成的系统中电荷守恒、由于静电感应，a 端仍为负电荷，大地远处感应出等量正电荷，因此无论闭合S 1还是S 2，都是有电子从大地流向导体、答案：C2解析：由点电荷的速度v 随时间t 变化的规律可知，带负电的点电荷是做加速度逐渐增大的减速运动，故A 点的电场强度比B 点的小，负电荷的动能减小，电势能增加，对应位置的电势减小，因此C 对、答案：C3解析：电场线密集处电场强度大，沿电场线的方向电势逐渐降低，所以A 对；逆着电场线方向移动电荷，电场力对正电荷做负功，对负电荷做正功，B 错；负电荷在电势高的地方的电势能小，正电荷在电势高的地方的电势能大，故C 对；正电荷由A 点释放，它将向图中电场线密集处运动，加速度增大，D 错、答案：AC4解析：由C ＝E S d得C 1＝ES /d 1，① C 2＝ES /d 2②又C 2－C 1＝0.25×10－12 F ③解①②③得：d 1－d 2＝Δd ＝0.15 mm.故A 项正确、答案：A5解析：由电场线方向可知，P 带正电，Q 带负电，如图所示，N 点电场强度由平行四边形可知，Q P <Q Q ，选项A 错，因电场线是曲线，故选项B 错；由电场线与等势面垂直可知，过N 点的等势面与过N 点的切线垂直，选项C 对；负检验电荷在电势高的地方电势能反而小，故选项D 错、答案：C6解析：由等量异种点电荷的电场线分布知A 点电场强度大于C 点电场强度，选项A 正确；由等量异种点电荷的等势面分布知A 点电势低于B 点电势，选项B 错误；O 、C 两点在同一等势面上，故相同的电荷在O 、C 两点处的电势能相等，选项C 正确；A 点电势低于B 点电势，O 点电势等于C 点电势，且O 、C 为高电势点，故移动同一正电荷，电场力做功W CB <W OA ，选项D 错误、答案：AC7解析：一带正电的小球从A 点静止释放，沿直线到达C 点时速度为零，说明电场方向由C 点指向A 点，此点电荷为正电荷，选项A 错误；从图可以看出C 点的电场线的密集程度大于A 点的密集程度，故C 点的电场强度大于A 点的电场强度，且E C >E B >E A ，选项B 错误；沿电场线的方向电势逐渐降低，C 点的电势高于A 点的电势，φC >φB >φA ，选项C 错误；电场方向由C 点指向A 点，带正电小球从A 点静止释放，沿直线到达C 点，电场力做负功，电势能增加，小球在A 点的电势能小于在C 点的电势能，选项D 正确、答案：D8解析：若电场力大于重力的情况下，小球通过P 点时轨道可能没有压力，小球通过P 点时的速率可能小于通过Q 点时的速率，选项A 、B 错误；从P 到Q 点的过程中，电场力做功，小球的机械能一定增加，选项C 正确；若mg >qE ，要使小球能通过Q 点且保证圆形轨道不脱离地面，小球运动到Q 点的最小速度满足mg －qE ＝mv 21R ，解得v 1＝mg －qE R m，从P 到Q ，由动能定理，(qE －mg )2R ＝mv 212－mv 2012，解得v 01＝5gR －5qERm .要使圆形轨道不脱离地面，小球运动到Q点对圆形轨道的压力小于mg .小球运动到Q 点的最大速度满足2mg －qE >mv 22R，解得v 2<mg －qE R m ，从P 到Q ，由动能定理，(qE －mg )2R ＝mv 222－mv 2022，解得v 02<6gR －5qER m，要使小球能通过Q 点且保证圆形轨道不脱离地面，速度v 0应满足的关系是：5gR －5qER m≤v 0<6gR －5qER m，选项D 正确、答案：CD9解析：由W ＝U ·q ，W CA ＝W CB <0可知，U CA ＝U CB <0，故有A 、B 两点电势相等，B 点电势高于C 点电势，A 正确，B 错误；因W CA <0，故该电荷在A 点的电势能大于电荷在C 点的电势能，C 正确；此区域内的电场可能是由第Ⅳ象限内的正电荷产生的，此电荷应在AB 连线的中垂线上，D 正确、答案：ACD10解析：将重力和电场力合成如图所示，合力的方向与水平方向成30°.所以物体将沿合力方向做初速度为0的匀加速直线运动，对此过程应用动能定理：mgH ＋3QEH ＝12mv 2，解得 v ＝22gH .答案：C11解析：由于场强方向向下，A 球带负电受到向上的电场力、B 球带正电受到向下的电场力，且m 1<m 2，故系统必沿顺时针方向转动，则电场力对A 球做正功W 1＝q 1El /2，对B 球做正功W 2＝q 2El /2，总功为W ＝W 1＋W 2＝(q 1＋q 2)El /2.此过程中两球重力所做总功W ′＝m 2g l 2－m 1g l 2，由动能定理可知此时两球的总动能为E k ＝W ＋W ′＝[(q 1＋q 2)E ＋(m 2－m 1)g ]l 2. 答案：q 1＋q 2El 2 q 1＋q 2E ＋m 2－m 1g ]l 212解析：(2)如下图(a) (4)tan θ (5)mgd k带电小球的受力如下图(b)，根据平衡条件有tan θ＝F mg，又有F ＝qE ＝q U d ，联立解得，U ＝mgd q tan θ＝k tan θ，所以应以tan θ为横坐标、13解析：如右图所示，将a 点场强方向和b 点场强方向延长，交于O 点，由几何知识得ab ＝d ，aO ＝2d sin60°＝3d ，而E ＝kQ3d 2，E b ＝kQ d，所以E b ＝3E .以O 点为圆心，以d 为半径作弧交Oa 于c 点，则φb ＝φc ，而φa >φc ，所以φa >φb ，即a 点电势更高、答案：3E a14解析：(1)电子在C 点时的速度为v t ＝v 0cos30°有E k ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0cos30°2＝9.7×10－18 J. (2)对电子从O 到C 由动能定理，有eU ＝12mv 2t －12mv 20 得U ＝m v 2t －v 202e ＝15.125 V.答案：(1)9.7×10－18 J (2)15.125 V15解析：(1)带电微粒由A 运动到B 的过程中，由动能定理有|q |E 1d 1－|q |E 2d 2＝0①由①式解得d 2＝E 1E 2d 1＝0.50 cm.②(2)设微粒在虚线MN 两侧的加速度大小分别为a 1、a 2，由牛顿第二定律有 |q |E 1＝ma 1③|q |E 2＝ma 2④设微粒在虚线MN 两侧运动的时间分别为t 1、t 2，由运动学公式有d 1＝12a 1t 21⑤ d 2＝12a 2t 22⑥ 又t ＝t 1＋t 2⑦由②③④⑤⑥⑦式解得 t ＝1.5×10－8 s.答案：(1)0.50 cm (2)1.5×10－8s16解析：(1)设弹簧枪对小物体做功为W f ，由动能定理得W f －mgr (1－cos θ)＝12mv 20① 代入数据得W f ＝0.475 J ②(2)取沿平直斜轨向上为正方向、设小物体通过C 点进入电场后的加速度为a 1，由牛顿第二定律得－mg sin θ－μ(mg cos θ＋qE )＝ma 1③小物体向上做匀减速运动，经t 1＝0.1 s 后，速度达到v 1，有 v 1＝v 0＋a 1t 1④由③④可知v 1＝2.1 m/s ，设运动的位移为s 1，有s 1＝v 0t 1＋12a 1t 21⑤ 电场力反向后，设小物体的加速度为a 2，由牛顿第二定律得－mg sin θ－μ(mg cos θ－qE )＝ma 2⑥设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t 2，位移为s 2，有0＝v 1＋a 2t 2⑦s 2＝v 1t 2＋12a 2t 22⑧ 设CP 的长度为s ，有s ＝s 1＋s 2⑨联立相关方程，代入数据解得s ＝0.57 m ⑩答案：(1)0.475 J (2)0.57 m周练答题卷（电场）班级姓名。

北大附中河南分校2016届高三物理一轮复习周测试题周

光学练习一、选择题(本题共10小题，每题4分，共40分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．如图所示，一束细光线a 射到Ⅰ、Ⅱ两种介质的界面后，反射光束只有b ，折射光束只有c .下列说法正确的是( )A ．若a 是复色光，则b 、c 都一定是复色光B ．若a 是单色光，则b 、c 都一定是单色光C ．若b 是复色光，则a 、c 都一定是复色光D ．若b 是单色光，则a 、c 都一定是单色光2．如图所示，空气中有一横截面为半圆环的均匀透明柱体，其内圆半径为r ，外圆半径为R ，R ＝2r .现有一束单色光垂直于水平端面A 射入透明柱体，只经过两次全反射就垂直于水平端面B 射出．设透明柱体的折射率为n ，光在透明柱体内传播的时间为t ，若真空中的光速为c ，则( )A ．n 可能为 3B ．n 可能为2C ．t 可能为22r cD ．t 可能为4.8rc3．一束红光和一束紫光以相同的角度沿半径方向射向截面为半圆形的玻璃砖，并分别沿OA 和OB 方向射出，如右图所示，下列说法正确的是( )A ．OA 是红光，穿过玻璃砖的时间较短B ．OB 是红光，穿过玻璃砖的时间较长C ．OA 是紫光，穿过玻璃砖的时间较短D ．OB 是紫光，穿过玻璃砖的时间较长4．如图所示，一束光从空气垂直射到直角棱镜的AB 面上，已知棱镜材料的折射率为1.4，则这束光进入棱镜后的光路图应为下图中的( )5．关于光在竖直的肥皂液薄膜上产生的干涉现象，下列说法正确的是( )A ．干涉条纹的产生是由于光在薄膜前后两个表面反射，形成的两列光波叠加的结果B ．若出现明暗相间条纹相互平行，说明肥皂膜的厚度是均匀的C ．用绿色光照射薄膜产生的干涉条纹间距比黄光照射时的间距小D ．薄膜上的干涉条纹基本上是竖直的6．在双缝干涉实验中，光源发射波长为6.0×10－7 m 的橙光时，在光屏上获得明暗相间的橙色干涉条纹，光屏上A 点恰好是距中心条纹的第二条亮纹．其他条件不变，现改用其他颜色的可见光做实验，光屏上A 点是暗条纹位置，可见光的频率范围是 3.9×1014～7.5×1014Hz ，则入射光的波长可能是( )A ．8.0×10－7mB ．4.8×10－7mC ．4.0×10－7mD ．3.4×10－7m7．如图所示，A 、B 、C 为等腰棱镜，a 、b 两束不同频率的单色光垂直AB 边射入棱镜，两束光在AB 面上的入射点到OC 的距离相等，两束光折射后相交于图中的P 点，以下判断正确的是( )A ．在真空中，a 光光速大于b 光光速B ．在真空中，a 光波长大于b 光波长C ．a 光通过棱镜的时间大于b 光通过棱镜的时间D ．a 、b 两束光从同一介质射入真空过程中，a 光发生全反射的临界角大于b 光发生全反射的临界角8．用激光做单缝衍射实验和双缝干涉实验，比普通光源效果更好，图象更清晰．如果将感光元件置于光屏上，则不仅能在光屏上看到彩色条纹，还能通过感光元件中的信号转换，在电脑上看到光强的分布情况．下列说法正确的是A ．当做单缝实验时，光强分布图如乙所示B ．当做单缝实验时，光强分布图如丙所示C ．当做双缝实验时，光强分布图如乙所示D ．当做双缝实验时，光强分布图如丙所示9．DVD 光盘由塑料保护层和信息记录层组成．如下图所示，激光束以入射角θ从空气入射到厚度为d 、折射率为n 的塑料保护层后，聚焦到信息记录层的光斑宽度为a ，才能有效获取信息．在保证a 不变的前提下，减小激光束照到塑料保护层的宽度(l ＝a ＋2b )，则( )A ．须满足sin θ＝nbb 2＋d 2B ．须满足sin θ＝ dn b 2＋d 2C ．在θ和n 不变时，须减小dD ．在θ和d 不变时，须减小n 10.如图所示，两束单色光a 、b 从水面下射向A 点，光线经折射后合成一束光c ，则下列说法正确的是( )A ．用同一双缝干涉实验装置分别以a 、b 光做实验，a 光的干涉条纹间距大于b 光的干涉条纹间距B ．用a 、b 光分别做单缝衍射实验时它们的衍射条纹宽度都是均匀的C ．在水中a 光的速度比b 光的速度小D ．在水中a 光的临界角大于b 光的临界角二、填空题(本题共2小题，每题8分，共16分) 11．(2012·重庆理综)如下图甲所示为光学实验用的长方体玻璃砖，它的________面不能用手直接接触．在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，两位同学绘出的玻璃砖和三个针孔a 、b 、c 的位置相同，且插在c 位置的针正好挡住插在a 、b 位置的针的像，但最后一个针孔的位置不同，分别为d 、e 两点，如下图乙所示．计算折射率时，用________(填“d ”或“e ”)点得到的值较小，用________(填“d ”或“e ”)点得到的值误差较小．12．某同学设计了一个测定激光的波长的实验装置如下图(a)所示，激光器发出的一束直径很小的红色激光进入一个一端装有双缝、另一端装有感光片的遮光筒，感光片的位置上出现一排等距的亮点，下图(b)中的黑点代表亮点的中心位置．(1)这个现象说明激光具有________________性． (2)通过测量相邻光点的距离可算出激光的波长，据资料介绍，如果双缝的缝间距离为a ，双缝到感光片的距离为L ，感光片上相邻两光点间的距离为b ，则激光的波长λ＝abL .该同学测得L ＝1.0000 m 、缝间距a ＝0.220 mm ，用带十分度游标的卡尺测感光片上的点的距离时，尺与点的中心位置如上图(b)所示．上图(b)图中第1到第4个光点的距离是________ mm.实验中激光的波长λ＝________ m ．(保留两位有效数字)(3)如果实验时将红激光换成蓝激光，屏上相邻两光点间的距离将________．三、计算题(本题共4小题，13、14题各10分，15、16题各12分，共44分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13．(2011·山东卷)如图所示，扇形AOB 为透明柱状介质的横截面，圆心角∠AOB ＝60°.一束平行于角平分线OM 的单色光由OA 射入介质，经OA 折射的光线恰平行于OB .①求介质的折射率．②折射光线中恰好到M 点的光线________(填“能”或“不能”)发生全反射．14．如图所示，有一圆筒形容器，高H ＝20 cm ，筒底直径为d ＝15 cm ，人眼在筒旁某点向筒内壁观察，可看到内侧深h ＝11.25 cm.如果将筒内注满水，观察者恰能看到筒壁的底部．求水的折射率．15．半径为R 的玻璃半圆柱体，横截面如图所示，圆心为O .两条平行单色红光沿截面射向圆柱面，方向与底面垂直，光线1的入射点A 为圆柱的顶点，光线2的入射点为B ，∠AOB ＝60°.已知该玻璃对红光的折射率n ＝ 3.(1)求两条光线经柱面和底面折射后的交点与O 点的距离d .(2)若入射的是单色蓝光，则距离d 将比上面求得的结果大还是小？16.光的“逆向反射”又称再归反射，俗称后反射，它和我们熟知的镜面反射、漫反射不同，能使光线沿原来的路径反射回去，该现象在交通上有很广泛的应用，在山区盘山公路的路面上一般都等间距地镶嵌一些玻璃球，当夜间行驶的汽车车灯照上后显得非常醒目，以提醒司机注意．若小玻璃球的半径为R ，折射率为1.73，如右上图所示，今有一束平行光沿直径AB 方向照在小玻璃球上，试求离AB 多远的入射光经折射—反射—折射再射出后沿原方向返回，即实现“逆向反射”．参考答案：1、解析：光射到两种介质界面上，一定有反射，但不一定有折射；不同频率的光入射角相同时，折射角一定不同．若a 是复色光，b 一定是复色光，而折射光线只有c ，c 一定是单色光，而且只有这种频率的光发生了折射，其余频率的光都发生了全反射．若b 是复色光，说明a 是复色光，但c 只能是单色光．若b 是单色光，说明a 一定是单色光，因此c 也一定是单色光．答案：BD2、解析：只经过两次全反射射出，可知第一次入射角为45°，反射光路图如右图所示．根据全反射可知临界角C ≤45°，再根据n ＝1sin C可知n ≥2；光在透明柱体中传播距离为L ＝4r ，传播时间为t ＝L v ＝4nrc ，则t ≥42r c选项C 、D 均错．答案：AB3、解析：由图知，红光和紫光的入射角相同，根据折射定律n ＝sin isin r ，有sin ∠AOM sin ∠NOC＝n A ，sin ∠BOM sin ∠NOC＝n B因∠AOM <∠BOM ，则sin ∠AOM <sin ∠BOM ，即n A <n B .根据同种介质对频率大的色光的折射率较大可知，OA 为红光，OB 为紫光．根据折射率n ＝cv 可知，光在玻璃砖中的传播速度v ＝cn .可见，红光在玻璃砖中的传播速度较大．由于红光和紫光在玻璃砖中传播距离均为半径长，可见波速大的红光在玻璃砖中的传播时间较短，紫光穿过玻璃砖的时间较长．答案：AD4、解析：因为n ＝1.4，所以根据sin C ＝1n 知临界角等于45°.光线垂直AB 面射入，在AC 面入射角为60°>45°，发生全反射．A 错误．光线经AC 面全反射后射到BC 面时入射角为30°<45°，在该介面上既有反射现象又有折射现象，且折射角大于入射角，B 、C 错误．答案：D5、解析：要想产生干涉现象，必须有两列相干光源．在皂膜干涉中，薄膜前后两个表面反射的光正好是两个相干光源，它们相互叠加形成干涉条纹，所以A 选项正确．肥皂膜在重力作用下，上面薄、下面厚，厚度是变化的，并且厚度均匀的薄膜是不会出现干涉条纹的，所以B 选项错误．波长越短的光波，对同一个装置，干涉条纹越窄．绿光的波长小于黄光的波长，所以绿色光照射薄膜产生的干涉条纹的间距比黄光照射时的间距小，C 选项正确．出现明、暗条纹的位置与薄膜厚度有关，对于某位置，若光线叠加后加强，则与此等厚度的位置反射光线叠加都加强，从而形成亮条纹．对暗条纹也是一样道理．竖直的肥皂膜，其厚度相等的位置在同一水平面上，因此干涉条纹基本上是水平的，所以D 选项错误．答案：AC6、解析：可见光的频率范围是 3．9×1014～7.5×1014Hz依据公式c ＝λf ，可知其波长范围是4．0×10－7～7.69×10－7m.A 、D 选项在此范围之外，应首先排除掉．根据公式δ＝nλ2(n 为整数)可知，n 为偶数的地方出现亮条纹，n 为奇数的地方出现暗条纹．因此n ＝4时，出现距中心条纹的第二条亮纹，所以A 点到两条缝的光程差δ＝4×6×10－72m ＝12×10－7m要想出现暗条纹，n 需取奇数才行．当入射光波长为4.8×10－7m 时，12×10－7m ＝n 4.8×10－72m ，n ＝5为奇数，所以A 点出现暗条纹，B 选项正确．当入射光波长为4.0×10－7m 时，12×10－7m ＝n 4.0×10－72m ，n ＝6为偶数，所以A 点出现亮条纹，C 选项错误．答案：B 7、解析：因为两束光折射后相交于图中的P 点，根据折射定律可知a 光的折射率n a >n b ，a 光的频率νa >νb ，光在真空中的传播速度相等，A 错误；由λ＝c ν得B 错误；由v ＝c n 和t ＝sv得C 正确；根据sin C ＝1n 得D 错误．答案：C8、解析：当做单缝实验时，中间是亮条纹，往两侧条纹亮度逐渐降低，且亮条纹的宽度不等，所以其光强分布图如乙所示，A 项正确，B 项错误；当做双缝实验时，在屏上呈现的是宽度相等的亮条纹，所以其光强分布图如丙所示，C 项错误，D 项正确．答案：AD9、解析：设激光束入射角为θ时其折射角为r ，则由折射率公式有n ＝sin θsin r，由sin r ＝b b 2＋d 2，联立可得sin θ＝nbb 2＋d 2，故A 正确，B 错误；由l ＝a ＋2b ，而b ＝d tan r ，所以l ＝a ＋2d tan r .在θ和n 不变时，r 不变，tan r 不变，欲减小l ，则必须减小d ，选项C 正确；在θ和d 不变时，欲减小l ，则必须减小tan r ，减小r ，sin r 减小，又sin r ＝sin θn ，必须增大n ，故D 错误．答案：AC10、解析：由图可知a 光的折射率较小，所以a 的波长大，在介质中传播速度快，C错误；干涉条纹间距Δx ＝ldλ，所以a 光间距大，A 正确；衍射条纹间距不等，B 错误；根据sin C ＝1n知a 光临界角大，D 正确．答案：AD11、解析：光学面若被手接触污染，会影响观察效果，增加实验误差；分别连接cd 和ce 并延长到界面，与界面分别交于f 、g 两点，由n ＝sin isin r不难得出用d 点得到的折射率值较小，过c 点的出射光线应平行于ab ，利用直尺比对并仔细观察，可知ec ∥ab ，故用e 点得到的折射率值误差较小．答案：光学 d e12、解析：(1)这个现象是光的干涉现象．干涉现象是波独有的特征，所以说明激光具有波动性．(2)由游标卡尺的读数原理知第1到第4个光点的距离是8.5 mm.由题意知b ＝8.53 mm ，a ＝0.220 mm ，L ＝1.0000 m ，所以波长λ＝ab L ＝6.2×10－7 m.(3)蓝光波长小于红光波长，由λ＝abL 知：相邻两光点间距离变小．答案：(1)波动 (2)8.5 6.2×10－7 (3)变小 13、解析：依题意作出光路图，①由几何知识可知，入射角i ＝60°，折射角r ＝30°根据折射定律得n ＝sin isin r代入数据解得n ＝ 3②不能．答案：①3 ②不能14、解析：设入射角r ，折射角i ，则sin i ＝d d 2＋h 2，sin r ＝d d 2＋H 2，n ＝sin isin r ＝d 2＋H 2d 2＋h 2＝152＋202152＋11.252＝1.33.答案：1.3315、解析：(1)光路如右图所示，可知i ＝60°由折射率n ＝sin isin r，可得r ＝30°由几何关系及折射定律公式n ＝sin r ′sin i ′得i ′＝30°，r ′＝60°，由以上可知△OCB 为等腰三角形．所以OC ＝R 2cos30°＝3R3在△OCD 中可得d ＝OD ＝OC tan30°＝R3(2)由于单色蓝光比单色红光波长小、折射率n 大，所以向O 点偏折更明显，d 将减小．答案：(1)R3(2)小16、解析：只有入射光线折射后射到B 点的光线经反射再折射，射出后才能沿原方向返回，即实现“逆向反射”，光路如图所示，根据折射定律得：sin isin r＝1.73 由几何关系可知：∠i ＝2∠r 由以上两式可解得：∠r ＝30°，∠i ＝60°设能沿原方向返回即实现“逆向反射”的入射光线距AB 的距离为h ，则由几何关系可知：h ＝R sin i ＝0.87R . 答案：0.87R。

北京大学附属中学河南分校2016届高三物理上学期周测试卷1

北大附中焦作校区2016届高三物理周测试卷（1）时间：45分钟考查范围：运动学部分1、【2015浙江-15】如图所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间t ∆，测得遮光条的宽度为x ∆，用xt∆∆近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度，为使xt∆∆更接近瞬时速度，正确的措施是 A 换用宽度更窄的遮光条 B 提高测量遮光条宽度的精确度 C 使滑块的释放点更靠近光电门D 增大气垫导轨与水平面的夹角 2、【2015山东-14】．距地面高5m 的水平直轨道A 、B 两点相距2m ，在B 点用细线悬挂一小球，离地高度为h ，如图。

小车带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B 点时细线被轧断，最后两球同时落地。

不计空气阻力，取重力加速度A ．1.25mB ．2.25mC ．3.75mD ．4.75m3、【2015广东-13】13.甲乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移-时间图像如图3所示。

下列表述正确的是 A ．0.2-0.5小时内，甲的加速度比乙的大 B ．0.2-0.5小时内，甲的速度比乙的大 C ．0.6-0.8小时内，甲的位移比乙的小 D ．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等4、一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止．下列速度v 和位移x 的关系图象中，能描述该过程的是( )5、【2015江苏-5】如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5s 和2s 。

关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度22/m s 由静止加速到2m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是 A ．关卡2 B ．关卡3 C ．关卡4 D ．关卡56、[2014·新课标Ⅱ卷] 甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t ＝0到t ＝t 1的时间内，它们的v －t 图像如图所示．在这段时间内( )A ．汽车甲的平均速度比乙的大B ．汽车乙的平均速度等于v 1＋v 22C ．甲乙两汽车的位移相同D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大7、[2014·广东卷] 图6是物体做直线运动的v －t 图像，由图可知，该物体( )A ．第1 s 内和第3 s 内的运动方向相反B ．第3 s 内和第4 s 内的加速度相同C ．第1 s 内和第4 s 内的位移大小不相等D ．0～2 s 和0～4 s 内的平均速度大小相等．8、跳伞运动员从高空悬停的直升机上跳下，运动员沿竖直方向运动的v t 图像如图X16所示，下列说法正确的是( )A ．运动员在0～10 s 的平均速度大于10 m/sB ．15 s 末开始运动员处于静止状态C ．10 s 末运动员的速度方向改变D ．10～15 s 运动员做加速度逐渐减小的减速运动图X169、如图所示，汽车以10 m/s 的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20 m 处时，还有3 s 绿灯就要熄灭．而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的速度—时间图像可能是图X18中的( )10、甲、乙两物体在t＝0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v－t图像如图所示，则( )A．甲、乙在t＝0到t＝1 s之间沿同一方向运动B．乙在t＝0到t＝7 s之间的位移为零C．甲在t＝0到t＝4 s之间做往复运动D．甲、乙在t＝6 s时的加速度方向相同11、 (15分)[2014·山东卷] 研究表明，一般人的刹车反应时间 (即图甲中“反应过程”所用时间)t0＝0.4 s，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72 km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝39 m，减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．取重力加速度的大小g取10 m/s2.求：(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间；(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．12、(15分)某人在相距10 m的A、B两点间练习折返跑，他在A点由静止出发跑向B点，到达B点后立即返回A点．设加速过程和减速过程都是匀变速运动，加速过程和减速过程的加速度大小分别是4 m/s2和8 m/s2，运动过程中的最大速度为4 m/s，从B点返回的过程中达到最大速度后即保持该速度运动到A点，求：(1)从B点返回A点的过程中以最大速度运动的时间；(2)从A点运动到B点与从B点运动到A点的平均速度的大小之比．2015—2016年高三物理周测（一）答案11、【答案】(1)8 m/s 22.5 s (2)0.3 s (3)415[解析] (1)设减速过程中汽车加速度的大小为a ，所用时间为t ，由题可得初速度v 0＝20 m/s ，末速度v t ＝0，位移s ＝25 m ，由运动学公式得 v 20＝2as ① t ＝v 0a② 联立①②式，代入数据得a ＝8 m/s 2③ t ＝2.5 s ④(2)设志愿者反应时间为t ′，反应时间的增加量为Δt ，由运动学公式得 L ＝v 0t ′＋s ⑤ Δt ＝t ′－t 0⑥ 联立⑤⑥式，代入数据得 Δt ＝0.3 s ⑦(3)设志愿者所受合外力的大小为F ，汽车对志愿者作用力的大小为F 0，志愿者质量为m ，由牛顿第二定律得 F ＝ma ⑧由平行四边形定则得 F 20＝F 2＋(mg )2⑨联立③⑧⑨式，代入数据得F 0mg ＝415⑩12、【答案】(1)2 s (2)1213[解析] (1)设此人从静止到加速至最大速度时所用的时间为t 1，加速运动的位移大小为x 1，从B 点返回A 点的过程中做匀速运动的时间为t 2，A 、B 两点间的距离为L ，由运动学公式可得v m ＝a 1t 1 x 1＝v m2t 1 L －x 1＝ v m t 2联立以上各式并代入数据可得t 2＝2 s.(2)设此人从A 点运动到B 点的过程中做匀速运动的时间为t 3，减速运动的位移大小为x 2，减速运动的时间为t 4，由运动学方程可得 v m ＝a 2t 4x 2＝v m2t 4L －x 1－x 2＝ v m t 3v AB v BA ＝t 1＋t 2t 1＋t 3＋t 4联立以上各式并代入数据可得v AB v BA ＝1213.。

北大附中河南分校2016届高三物理一轮复习周测试题周练1含答案

周练一（直线运动）1、【2013广东高考】.某航母跑道长200m.飞机在航母上滑行的最大加速度为6m/s 2，起飞需要的最低速度为50m/s.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为A.5m/sB.10m/sC.15m/sD.20m/s2、(2013全国卷大纲版)、将甲乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间间隔为2s ，他们运动的V-t 图像分别如直线甲、乙所示.则 A 、t=2s 时，两球的高度差一定为40mB 、t=4s 时，两球相对于各自抛出点的位移相等C 、两球从抛出至落地到地面所用的时间间隔相等D 、甲球从抛出至达到最高点的时间间隔与乙球的相等 3、【2013上海高考】、汽车以恒定功率沿公路做直线运动，途中通过一块沙地.汽车在公路及沙地上所受阻力均为恒力，且在沙地上受到的阻力大于在公路上受到的阻力.汽车在驶入沙地前己做匀速直线运动，它在驶入沙地到驶出沙地后的一段时间内，位移s 随时间t 的变化关系可能是4、 (2013海南卷)、一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a-t 图象如图所示.下列v-t 图象中，可能正确描述此物体运动的是5、【2013广东高考】、如图7，游乐场中，从高处A 到水面B 处有两条长度相同的光滑轨道.甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A 处自由滑向B 处，下列说法正确的有 A 、甲的切向加速度始终比乙的大 B 、甲、乙在同一高度的速度大小相等 C 、甲、乙在同一时刻总能到达同一高度 D 、甲比乙先到达B 处a -av -v6、(2013四川卷)、甲、乙两物体在t=0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v-t图像如图所示，则A、甲、乙在t=0到t=ls之间沿同一方向运动B、乙在t=0到t=7s之间的位移为零C、甲在t=0到t=4s之间做往复运动D、甲、乙在t =6s时的加速度方向相同7、（2013全国新课标I）、如图、直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置一时间(x－t)图线.由图可知A在时刻t1 ，a车追上b车B在时刻t2，a、b两车运动方向相反C在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加D在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大8、【2013江苏高考】. (10 分)某兴趣小组利用自由落体运动测定重力加速度,实验装置如图所示. 倾斜的球槽中放有若干个小铁球,闭合开关K,电磁铁吸住第 1 个小球. 手动敲击弹性金属片M,M 与触头瞬间分开, 第1 个小球开始下落,M 迅速恢复,电磁铁又吸住第2 个小球. 当第1 个小球撞击M 时,M 与触头分开,第2 个小球开始下落……. 这样,就可测出多个小球下落的总时间.(1)在实验中,下列做法正确的有_________.(A)电路中的电源只能选用交流电源(B)实验前应将M 调整到电磁铁的正下方(C)用直尺测量电磁铁下端到M 的竖直距离作为小球下落的高度(D)手动敲击M 的同时按下秒表开始计时(2)实验测得小球下落的高度H =1. 980 m,10 个小球下落的总时间T =6. 5 s. 可求出重力加速度g =______ m/ s2. (结果保留两位有效数字)(3)在不增加实验器材的情况下,请提出减小实验误差的两个办法.(4)某同学考虑到电磁铁在每次断电后需要时间Δt 磁性才消失,因此,每个小球的实际下落时间与它的测量时间相差Δt,这导致实验误差. 为此,他分别取高度H1和H2,测量n个小球下落的总时间T1和T2. 他是否可以利用这两组数据消除Δt 对实验结果的影响? 请推导说明9、【2013广东高考】.（18分）（1）研究小车匀变速直线运动的实验装置如图16（a）所示其中斜面倾角θ可调，打点计时器的工作频率为50Hz，纸带上计数点的间距如图16（b）所示，其中每相邻两点之间还有4个记录点未画出.S1S2S3S4S5S6①部分实验步骤如下：A.测量完毕，关闭电源，取出纸带B.接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车C.将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连D.把打点计时器固定在平板上，让纸穿过限位孔上述实验步骤的正确顺序是：（用字母填写）②图16（b）中标出的相邻两计数点的时间间隔T=s③计数点5对应的瞬时速度大小计算式为v5= .为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为a=10、（2013山东理综）.（13分）（1）图甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的________mm.__________(填“A”“B”或“C”)进行测量；示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为Array11、（2013浙江理综）、如图所示，装置甲中挂有小桶的细线绕过定滑轮，固定在小车上；装置乙中橡皮筋的一端固定在导轨的左端，另一端系在小车上.一同学用装置甲和乙分别进行实验，经正确操作获得两条纸带①和②，纸带上的a、b、c……均为打点计时器打出的点.(1)任选一条纸带读出b、c两点间的距离为；(2)任选一条纸带求出c、e两点间的平均速度大小为，纸带①和②上c、e两点间的平均速度v①v②(填“大于”“等于”或“小于”)；（3）图中（填选项）A、两条纸带均为用装置甲实验所得B、两条纸带均为用装置乙实验所得C、纸带○1为用装置甲实验所得、纸带②为用装置乙实验所得D、纸带○1为用装置乙实验所得、纸带②为用装置甲实验所得12、（2013全国新课标I）(13分) 水平桌面上有两个玩具车A和B，两者用一轻质细橡皮筋相连，存橡皮筋上有一红色标记R.在初始时橡皮筋处于拉直状态，A、B和R分别位于直角坐标系中的(0，2l) (0，-l，)和(0，0)点.已知A从静止开始沿y轴正向做加速度太小为a的匀加速运动：B平行于x轴朝x轴正向匀速运动.在两车此后运动的过程中，标记R在某时刻通过点(l，l).假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B运动速度的大小.13、(2013全国卷大纲版)（15分）一客运列车匀速行驶，其车轮在铁轨间的接缝处会产生周期性撞击.坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0s.在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，货车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动.该旅客在此后的20.0s内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过.已知每根铁轨的长度为25.0m，每节货车车厢的长度为16.0m，货车车厢间距忽略不计.求：(1)客车运行速度的大小；(2)货车运行加速度的大小.14. (2013四川卷) (15分)近来，我国多个城市开始重点治理“中国式过马路”行为.每年全国由于行人不遵守交通规则而引发的交通事故上万起，死亡上千人.只有科学设置交通管制，人人遵守交通规则，才能保证行人的生命安全.如下图2所示，停车线AB与前方斑马线边界CD间的距离为23m.质量8t、车长7m的卡车以54km/h的速度向北匀速行驶，当车前端刚驶过停车线AB，该车前方的机动车交通信号灯由绿灯变黄灯.(1)若此时前方C处人行横道路边等待的行人就抢先过马路，卡车司机发现行人，立即制动，卡车受到的阻力为3×104N.求卡车的制动距离；(2)若人人遵守交通规则，该车将不受影响地驶过前方斑马线边界CD.为确保行人安全，D处人行横道信号灯应该在南北向机动车信号灯变黄灯后至少多久变为绿灯？参考答案：1-7：B BD A D BD BD BC 8、(1)B D (2) 9.4（3）增加小球下落的高度;多次重复实验,结果取平均值.(其他答案只要合理也可)9、（1）DCBA ;（2） 0.1 ; （3）TS S 254+ ; 23216549)(T S S S S S S ++-++ 10、（1）A ；11.3011、答案：(1) ○1 2.10cm ，或② 2.40cm. （2）○11.13m/s ，或②1.25m/s. 小于（3）C 解析：(1)选择纸带○1读出b 、c 两点间的距离为2.10cm ，选择纸带②读出b 、c 两点间的距离为2.40cm.(2)选择纸带○1读出c 、e 两点间的距离为 4.52cm ，求出c 、e 两点间的平均速度大小为v =4.5220.02⨯×10-2m/s=1.13m/s.选择纸带②读出c 、e 两点间的距离为 5.00cm.求出c 、e 两点间的平均速度大小为v =5.0020.02⨯×10-2m/s=1.25m/s.（3）分析纸带上的点距离可以看出，纸带○1做匀加速运动，纸带②做加速度逐渐减小的加速运动最后做匀速运动，所以带○1为用装置甲实验所得、纸带②为用装置乙实验所得，选项C 正确.12、解析：设B 车的速度大小为v ，如图，标记R 在时刻t 通过点K （l,l ），此时A 、B 的位置分别为H 、G.由运动学公式，H 的纵坐标y A 、G 的横坐标x B 分别为y A =2l+21at 2① x B =vt ②在开始运动时，R 到A 和B 的距离之比为2：1，即OE ：OF=2：1由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻R 到A 和B 的距离之比都为2：1.因此，在时刻t 有HK ：KG=2：1 ③由于△FGH ∽△IGK,有HG ：KG= x B ：（x B -l ） ④ HG:KG= (y A +l)：（2l) ⑤由③④⑤式得x B =23l ⑥ y A =5l ⑦ 联立①②⑥⑦式得 al v 641= ⑧13、（1）设连续两次撞击轨道的时间间隔为Δt ，每根轨道的长度为l ，则客车的速度为 l t =∆v （3分）其中l ＝25.0 m ，10.0161s t -∆=解得 37.5 m/s =v （2分）（2）设从货车开始运动后t ＝20.0 s 内客车行驶的距离为s 1，货车行驶的距离为s 2，货车的加速度为a ，30节货车车厢的总长度为 L ＝30×16.0 m 由运动学公式有 1s t =v （3分） 2212s at = （3分）由题意，有 12L s s =- （2分）联立解得 a ＝1.35 m/s 2（2分）14、(1)据题意由 v 2-v 02=2ax ，错误！未找到引用源。

北京大学附属中学河南分校高三物理上学期周测试卷7

北大附中焦作校区2016届高三物理周测试卷（7）(考查范围：曲线运动万有引力与航天分值：100分)一．选择题（每题6分，共计72分，1—7题单项选择，8—12多项选择）1．如图所示，两轮用皮带传动，皮带不打滑，图中有A、B、C三点，这三点所在处半径r A＞r B＝r C，则这三点的向心加速度a A、a B、a C的关系是( )A．a A＝a B＝a C B．a C＞a A＞a BC．a C＜a A＜a B D．a C＝a B＞a A2．如图所示，物体A、B随水平圆盘绕轴匀速转动，物体B在水平方向所受的作用力有( )A．圆盘对B及A对B的摩擦力，两力都指向圆心B．圆盘对B的摩擦力指向圆心，A对B的摩擦力背离圆心C．圆盘对B及A对B的摩擦力和向心力D．圆盘对B的摩擦力和向心力3．动物世界中也进行“体育比赛”，在英国威尔士沿岸，海洋生物学家看到了令他们惊奇的一幕：一群海豚在水中将水母当球上演即兴“足球比赛”，如图所示．假设海豚先用身体将水母顶出水面一定高度h，再用尾巴水平拍打水母，使水母以一定的初速度v0沿水平方向飞出．水母落水前在水平方向的位移，由(不计空气阻力)( )A．水母质量、离水面高度h决定B．水母质量、水平初速度v0决定C．水母离水面高度h、水平初速度v0决定D．由水母质量、离水面高度h、水平初速度v0决定4．如图所示，一小钢球从平台上的A处以速度v0水平飞出．经t0时间落在山坡上B处，此时速度方向恰好沿斜坡向下，接着小钢球从B处沿直线自由滑下，又经t0时间到达坡上的C处．斜坡BC与水平面夹角为30°，不计摩擦阻力和空气阻力，则小钢球从A到C的过程中水平、竖直两方向的分速度v x、v y随时间变化的图像是( )5．冰面对溜冰运动员的最大静摩擦力为运动员重力的k倍，运动员在水平冰面上沿半径为R的圆做圆周运动，其安全速度为( )A．v＝k Rg B．v≤kRgC．v≤2kRg D．v≤ Rg k6．如图所示，倾斜轨道AC与有缺口的圆轨道BCD相切于C，圆轨道半径为R，两轨道在同一竖直平面内，D是圆轨道的最高点，缺口DB所对的圆心角为90°，把一个小球从斜轨道上某处由静止释放，它下滑到C点后便进入圆轨道，要想使它上升到D点后再落到B点，不计摩擦，则下列说法正确的是( )A．释放点须与D点等高B．释放点须比D点高R/4C ．释放点须比D 点高R /2D ．使小球经D 点后再落到B 点是不可能的7．如右图所示，一根跨过光滑定滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员(可视为质点)，a 站于地面，b 从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态，当演员b 摆至最低点时，a 刚好对地面无压力，则演员a 的质量与演员b 的质量之比为( )A ．1∶1B ．2∶1C ．3∶1D ．4∶18．如图所示，光滑的水平轨道AB ，与半径为R 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于B 点，其中圆轨道在竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点．为使一质量为m 的小球以初速度v 0沿AB 运动，恰能通过最高点，则( ) A ．R 越大，v 0越大B ．R 越大，小球经过B 点后瞬间对轨道的压力越大C ．m 越大，v 0越大D ．m 与R 同时增大，初动能E k0增大9．(2014·合肥模拟)“北斗”系统中两颗工作卫星1和2在同一轨道上绕地心O 沿顺时针方向做匀速圆周运动，轨道半径为r ，某时刻它们分别位于轨道上的A 、B 两位置，如图所示．已知地球表面处的重力加速度为g ，地球半径为R ，不计卫星间的相互作用力．以下判断中正确的是( )A ．这两颗卫星的向心加速度大小为a ＝R 2r2gB ．这两颗卫星的角速度大小为ω＝Rg rC ．卫星1由位置A 运动至位置B 所需的时间为t ＝πr3R r gD ．如果使卫星1加速，它就一定能追上卫星210．宇宙飞船绕地球做圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程，如图所示．已知地球的半径为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，不考虑地球公转的影响，宇航员在A 点测出地球的张角为α，下列说法中正确的是( )A ．飞船的高度为Rsinα2 B ．飞船的线速度为GM sinα2RC ．飞船的周期为2πR 3GM sinα23D ．飞船每次“日全食”过程的时间为αT 02π11．(2015·泉州质检)如图所示，“嫦娥三号”从环月圆轨道Ⅰ上的P点实施变轨进入椭圆轨道Ⅱ，再由近月点Q开始进行动力下降，最后于2013年12月14日成功落月．下列说法正确的是( )A．其轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道Ⅰ运行的周期B．沿轨道Ⅰ运行至P点时，需制动减速才能进入轨道ⅡC．沿轨道Ⅱ运行时，在P点的加速度大于在Q点的加速度D．沿轨道Ⅱ运动时，由P点到Q点的过程中万有引力对其做正功12．宇宙中的有些恒星可组成双星系统．它们之间的万有引力比其他恒星对它们的万有引力大得多，因此在研究双星的运动时，可以忽略其他星球对它们的作用．已知S1和S2构成一个双星，它们在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点O做匀速圆周运动．S1的质量是S2质量的k倍(k>1)，下列判断正确的是( )A．S1、S2的角速度之比为1∶kB．S1、S2的线速度之比为1∶kC．S1、S2的加速度之比为1∶kD．S1、S2所受的向心力大小之比为k∶1三．计算题13．(10分)如图所示，细绳一端系着质量为M＝0.6 kg的物体，静止在水平面上，另一端通过光滑小孔吊着质量m＝0.3 kg的物体，M的中点与圆孔距离为0.2 m，并知M和水平面的最大静摩擦力为2 N．现使此平面绕中心轴线转动，问角速度ω在什么范围内m 处于静止状态(g取10 m/s2)?14．（18）光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图所示装置，其中直轨道bc粗糙，直轨道cd光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧。

北京大学附属中学河南分校高三物理上学期周测试卷10

北大附中焦作校区2016届高三物理周测试卷（10）考查范围：力学综合B一、选择题（每题6 分，共42 分）1、如图所示，一个小孩从粗糙的滑梯上加速滑下，在下滑过程中A．小孩重力势能减小，动能不变，机械能减小B．小孩重力势能减小，动能增加，机械能减小C．小孩重力势能减小，动能增加，机械能增加D．小孩重力势能减小，动能增加，机械能不变2、自由下落的物体，其动能与位移的关系如图所示，则图中直线的斜率表示该物体的( )A．质量 B．机械能C．重力大小 D．重力加速度3、如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中(弹簧保持竖直)，下列关于能的叙述正确的是( )A．弹簧的弹性势能先增大后减小B．小球与弹簧机械能总和先增大后减小C．小球的重力势能先增大后减小D．小球的动能先增大后减小4、下列说法中正确的是( )A．能就是功，功就是能B．物体做功越多，物体的能量就越大C．外力对物体不做功，这个物体就没有能量D．能量转化的多少可以用做功来量度5、质量均为m,半径均为R的两个完全相同的小球声A,B上在水平轨道上以某一初速度向右冲上倾角为θ的倾斜轨道，两轨道通过一小段圆弧平滑连接．若两小球运动过程中始终接触，不计摩擦阻力及弯道处的能量损失，在倾斜轨道上运动到最高点时两球机械能的差值为（）A. 0 B．mgRsinθ C. 2mgRsinθ D. 2mgR6、以水平面为零势能面，则小球水平抛出时重力势能等于动能的2倍，那么在抛体运动过程中，当其动能和势能相等时，水平速度和竖直速度之比为( )A．B．1:1 C． D．7、如图所示，在水平桌面上的Ａ点有一个质量为m的物体以初速度v0被抛出，不计空气阻力，当它到达Ｂ点时，其动能为（）A．B．C．D．二、多项选择（每空6分，共18分）8、用细绳拴住一个质量为m的小球，小球将一端固定在墙上的水平轻弹簧压缩了Δx（小球与弹簧不拴接），如图所示，则将细线烧断后（）A．小球立即做平抛运动 B．小球脱离弹簧后做匀变速运动C．细线烧断瞬间小球的加速度a>g D．小球落地时的动能大于mgh9、如图所示，传送皮带始终保持v=2m/s的速度水平向右移动，一质量m=0.5kg的小物块以v0=4m/s的速度从A点向右滑上传送带．设小物块与传送带间的摩擦因数μ=0.2，传送带两端点A、B间的距离L=5m，g取10m/s2，下列说法正确的有（）A．刚开始物块的加速度为2m/s2B．物块一直做匀加速直线运动C．物块从A点运动的B点所用时间为3sD．传送带上将留下一段长为1m的摩擦痕迹10、如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。

北京大学附属中学河南分校高三物理上学期周测试卷13

北大附中焦作校区2016届高三物理周测试卷（13）考查范围：静电场部分C一、选择题（每空6分，共48分）1、下列有关物理学史或物理现象的说法中正确的是（）A．停在高压线上的小鸟没有被电击，是因为小鸟所停处电势为零B．法拉第以他深刻的洞察力提出场的概念，并引入了电场线C．安培通过实验研究，发现了电流周围存在磁场，并通过安培定则判断磁场方向D．超高压带电作业的工人所穿工作服的织物中不能掺入金属丝2、如图所示，电荷q均匀分布在半球面上，球面的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线。

P、Q为CD轴上在O点两侧，离O点距离相等的二点。

如果是带电量为Q的均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等。

则下列判断正确的是（）A．P点的电势与Q点的电势相等B．P点的电场强度与Q点的电场强度相等C．在P点释放静止带正电的微粒（重力不计），微粒将作匀加速直线运动D．带正电的微粒在O点的电势能为零3、如图所示，两根等长带电棒放置在第一、二象限，其端点在两坐标轴上，棒与坐标轴围成等腰直角三角形。

两棒带电量相等，且电荷均匀分布，此时O点电场强度大小为E。

撤去其中一根带电棒后，O点的电场强度大小变为（）A、 B、C、D、4、如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻R1、R2为可变电阻，开关S闭合。

质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速 v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。

若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度 v0射人，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是()A.保持开关S闭合，增大R1，粒子打在O点左侧B.保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点左侧C.断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧D.断开开关S，M极板稍微下移，粒子打O点右侧5、两个固定的等量异号电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受到静电力作用，则粒子在电场中A．做直线运动，电势能先变小后变大B．做直线运动，电势能先变大后变小C．做曲线运动，电势能先变小后变大D．做曲线运动，电势能先变大后变小6、某空间区域有竖直方向的电场（图中只画出了一条电场线），一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球，在电场中从A点由静止开始沿电场线竖直向下运动，不计一切阻力，运动过程中物体的机械能E与物体位移x关系的图象如图所示，由此可以判断（）7、空间中有一方向沿竖直平面的匀强电场，另有一光滑绝缘杆，杆上套有电荷量为+Q质量为m的小球，现在电场所在竖直平面内将杆分别置于OA、OB、OC三个不同位置，其中OA为水平，OC竖直，OB与水平面夹角60°．小球分别从杆端A、B、C静止释放，已知小球从A到O运动时间为从B到O运动时间的倍，则可判断（）A．从C到O方向运动的时间小于从A到O的时间B．从C到O方向运动的时间大于从A到O的时间C．电场强度的最小值为D．电场强度的最小值为8、如图甲，真空中有一半径为R、电荷量为+Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴．理论分析表明，x轴上各点的场强随x变化关系如图乙，已知x1与R两点间距大于R与x2的两点间距，则（）A． x2处场强大小为B． x1、x2两点处的电势相同C．球内部的电场为匀强电场D．假设将试探电荷沿x轴移动，则从x1移到R处和从R移到x2处静电力做功相同二、多项选择（每空6分，共12分）9、如图所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态。

北京市北京大学附属中学河南分校高三物理上学期第一次月考试题(扫描版)

北京市北京大学附属中学河南分校2016届高三物理上学期第一次月考试题（扫描版）北大附中河南分校2015-2016学年高三第一次考试物理试卷参考答案一．选择题1.A2.D3.C4.B5.D6.D7.AB8.ABC9.BC 10.ACD 11. AD 12. AD 二实验题13．（1）①打点计时器接了直流电；( 2分 )②重物离打点计时器太远．( 2分 )（2）h 5－h 32 f ( 2分)9．4( 2分 )14．(1)1.170 (2)2v t －2h t 2 (3)2k (1)该游标卡尺是20分度的，主尺读数为1.1 cm ，游标尺的读数为14×0. 005 cm ＝0.070 cm ，所以游标卡尺的读数为1.170 cm.(2分）(2)由h ＝v 0t ＋12gt 2和v ＝v 0＋gt 得： g ＝2v t －2h t 2.（2分） (3)由上式得h t ＝v －12gt ，即图象的斜率的绝对值为k ＝12g ，所以g ＝2k .（2分）三计算题15解析：(1)汽车加速时间t 1＝v a＝4.0 s （1分）40．0 s 时间内汽车能行驶的位移x ＝12at 21＋v (t －t 1)＝380 m （3分） n ＝x l＝63.3则知能有64辆汽车通过路口．（2分） (2)记t 0＝3.0 s ，当时间显示灯刚亮出“3”时，第65辆汽车行驶的位移x 1＝12at 21＋v (t －t 1－t 0)＝350 m （3分）此时汽车距停车线的距离：x 2＝64l －x 1＝34 m （1分）第65辆车从刹车到停下来的时间t ＝x 2v 2＝6.8 s.（2分）答案：(1)64辆 (2)6.8 s16解析：(1)斜面倾角为30°时，物体恰能匀速下滑，满足mg sin 30°＝μmg cos 30°解得μ＝33.(4分） (2)设斜面倾角为α，受力情况如图，由匀速直线运动的条件：F cos α＝mg sin α＋F f （2分）F N ＝mg cos α＋F sin α （2分）F f ＝μF N （1分）解得：F ＝mg sin α＋μmg cos αcos α－μsin α（1分）当cos α－μsin α＝0，即cot α＝μ时，F →∞，（1分）即“不论水平恒力F 多大”，都不能使物体沿斜面向上滑行，此时临界角θ0＝α＝60°.（1分）答案：(1)33(2)60° 17解：（1）滑块从A 滑到B 的过程，机械能守恒，设滑块滑到B 的速度v 0错误！未找到引用源。

河南分校高三物理上学期周测试卷9-人教版高三全册物理试题

北大附中焦作校区2016届高三物理周测试卷〔9〕考查范围：力学综合A一、选择题〔每6 分，1—5单项选择，6—10多项选择，共60 分〕1、一个固定在水平面上的光滑物块，其左侧面是斜面AB，右侧面是曲面AC，如下列图．AB 和AC的长度一样．两个小球p、q同时从A点分别沿AB和AC由静止开始下滑，比拟它们到达水平面所用的时间〔〕A． p小球先到 B．q小球先到C．两小球同时到 D．无法确定2、如图，质量分别为M和m的两物块(均可视为质点，且M>m)分别在同样大小的恒力作用下，沿水平面由静止开始做直线运动，两力与水平面的夹角一样，两物块经过的位移一样。

设此过程中F1对M做的功为W1，F2对m做的功为W2，如此A．无论水平面光滑与否，都有W1＝W2B．假设水平面光滑，如此W1>W2C．假设水平面粗糙，如此W1>W2 D．假设水平面粗糙，如此W1<W23、如下关于力对物体做功的说法正确的答案是A．一个力使物体的速度发生变化，该力一定对物体做功B．合力对物体不做功，如此合力一定为零C．合力对物体做功不一定改变物体的机械能D．一对作用力和反作用力对物体做功的代数和一定为零4、自由下落的物体，其动能与位移的关系如下列图，如此图中直线的斜率表示该物体的( )A．质量 B．机械能C．重力大小D．重力加速度5、如下列图，一长为L的均匀铁链对称地挂在一轻质小滑轮上，由于某一微小的扰动使得铁链向一侧滑动，如此铁链完全离开滑轮时的速度大小为( )A. B. C. D.6、把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧．运动员在比赛过程中，从某一次位于床面压缩到最大深度处开始，到运动员离开蹦床上升到最高点为止的过程中，如下说法中正确的答案是〔把运动员看成质点，忽略空气阻力的影响〕〔〕A．离开蹦床瞬间运动员的速度最大B．从开始到离开蹦床过程，运动员的加速度先减小后增大C．开始时刻和刚离开蹦床时刻运动员的加速度大小一样D．运动员的动能和重力势能之和保持恒定7、自然现象中蕴藏着许多物理知识,如下列图为一个盛水袋,某人从侧面缓慢推袋壁使它变形,如此水的势能( )A.增大B.减小C.不变D.不能确定8、如图A、B、C三个同样的滑块从粗糙固定斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平，大小也为v0，正确的答案是A．滑到斜面底端时，B的动能最大B．滑到斜面底端时，C的机械能减少最多C．A和C将同时滑到斜面底端D．C下滑过程中，水平方向作匀速直线运动9、静止在地面上的一小物体，在竖直向上的拉力作用下开始运动，在向上运动的过程中，物体的机械能与位移的关系图象如下列图，其中0～s1过程的图线是曲线，s1～s2过程的图线为平行于横轴的直线．关于物体上升过程〔不计空气阻力〕的如下说法正确的A．0～s1过程中物体所受的拉力是变力，且不断减小B．s1～s2过程中物体做匀速直线运动C．0～s2过程中物体的动能先增大后减小D．0～s2过程中物体的加速度先减小再反向增大，最后保持不变且等于重力加速度10、如下列图．轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B．直至B获得最大速度．如下有关该过程的分析正确的答案是〔〕A． B物体的动能增加量等于B物体重力势能的减少量B． B物体的机械能一直减小C．细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量D． B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量二、计算题〔每空20 分，共40 分〕11、如图质量M=0.2kg的木块放在水平台面上，台面比水平地面高出h=0.20m，木块离台的右端L=1.7m．质量为m=0.10M的子弹以v0=180m/s的速度水平射向木块，当子弹以v=90m/s 的速度水平射出时，木块的速度为v1=9m/s〔此过程作用时间极短，可认为木块的位移为零〕．假设木块落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离为l=1.6m，求：〔1〕木块对子弹所做的功W1和子弹对木块所做的功W2；〔2〕木块与台面间的动摩擦因数μ．12、从地面上以初速度v0＝10 m/s竖直向上抛出一质量为m＝0.2 kg的球，假设运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，球运动的速度随时间变化规律如下列图，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1＝2 m/s，且落地前球已经做匀速运动。

北大附中河南分校2016届高三物理一轮复习周测试题周练16 含答案

电磁感应测试一、选择题（本题共10小题，每题4分，共40分．有的小题只有一个选项正确,有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内）1．如图所示，一个半径为L的半圆形硬导体AB以速度v在水平U型框架上向右匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B，回路电阻为R0，半圆形硬导体AB的电阻为r,其余电阻不计,则半圆形导体AB切割磁感线产生的感应电动势大小及A、B 之间的电势差分别为（）A．BLv错误!B．BπLv错误!C．2BLv错误!D．2BLv 2BLv2．某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4。

5×10－5 T．一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸,河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体）流过．设落潮时，海水自西向东流,流速为2 m/s。

下列说法正确的是( ）A．河北岸的电势较高B．河南岸的电势较高C．电压表记录的电压为9 mV D．电压表记录的电压为5 mV 3．在匀强磁场中，有一个接有电容器的单匝导线回路,如图所示,已知C＝30 μF,L1＝5 cm，L2＝8 cm,磁场以5×10－2 T/s的速率增加,则（）A．电容器上极板带正电,带电荷量为6×10－5 CB．电容器上极板带负电,带电荷量为6×10－5 CC．电容器上极板带正电，带电荷量为6×10－9 CD．电容器上极板带负电，带电荷量为6×10－9 C 4．如下图所示,正方形线圈abcd位于纸面内，边长为L，匝数为N,线圈内接有阻值为R的电阻，过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为B。

当线圈绕OO′转过90°时，通过电阻R的电荷量为（）A.错误!B。

错误!C。

错误! D.错误!5．如图所示，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡,S是控制电路的开关．对于这个电路,下列说法正确的是( )A．刚闭合开关S的瞬间,通过D1、D2的电流大小相等B．刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小不相等C．闭合开关S待电路达到稳定,D1熄灭，D2比原来更亮D．闭合开关S待电路达到稳定,再将S断开瞬间，D2立即熄灭,D1闪亮一下再熄灭6．（2012·课标全国理综)如图,均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面）向里，磁感应强度大小为B0。

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第十二周周练（静电场）第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(本题共10小题，每题4分，共40分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．如图所示，把一个不带电的枕形导体靠近带正电的小球，由于静电感应，在a 、b 两端分别出现负、正电荷，则以下说法正确的是( )A ．闭合S 1，有电子从枕形导体流向地B ．闭合S 2，有电子从枕形导体流向地C ．闭合S 1，有电子从地流向枕形导体D ．闭合S 2，没有电子通过S 22．如下图甲所示，A 、B 是某电场中一条电场线上的两点．一个带负电的点电荷仅受电场力作用，从A 点沿电场线运动到B 点．在此过程中，该点电荷的速度v 随时间t 变化的规律如图乙所示．下列说法中正确的是( )A ．A 点的电场强度比B 点的大B ．A 、B 两点的电场强度相等C ．A 点的电势比B 点的电势高D ．A 点的电势比B 点的电势低3．某电场的电场线分布如图所示，电场中有A 、B 两点，则以下判断正确的是( )A ．A 点的电场强度大于B 点的电场强度，B 点的电势高于A 点的电势B ．若将一个电荷由A 点移到B 点，电荷克服电场力做功，则该电荷一定为负电荷C ．一个负电荷处于A 点的电势能大于它处于B 点的电势能D ．若将一个正电荷由A 点释放，该电荷将在电场中做加速度减小的加速运动4．如图所示，有的计算机键盘的每一个键下面是一小块金属片，与该金属片隔有空气间隙的是另一块小的固定金属片．这两块金属片组成一个小电容器．该电容器的电容C 可用公式C ＝E S d计算，式中常量E ＝9×10－12 F·m －1，S 表示金属片的正对面积，d 表示两金属片间的距离．当键被按下时，此小电容器的电容发生变化，与之相连的电子线路就能检测出是哪个键被按下了，从而给出相应的信号．设每个金属片的正对面积为54 mm 2，键未按下时两金属片的距离为0.6 mm.如果电容变化0.25 pF ，电子线路恰能检测出必要的信号，则键至少需要被按下( )A ．0.15 mmB ．0.25 mmC ．0.35 mmD ．0.45 mm5．(2013·江西六校联考)真空中，两个相距L 的固定点电荷P 、Q 所带电荷量分别为Q P 和Q Q ，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向，电场线上标出了M 、N 两点，其中N 点的切线与PQ 连线平行，且∠NPQ >∠NQP ，则( )A ．P 带正电，Q 带负电，且Q P >Q QB ．在M 点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N 点C ．过N 点的等势面与过N 点的切线垂直D ．负检验电荷在M 点的电势能大于在N 点的电势能6．(2013·辽宁大连双基测试)如图所示，在等量异种点电荷＋Q 和－Q 的电场中，有一个正方形OABC ，其中O 点为两电荷连线的中点．下列说法正确的是( )A ．A 点电场强度比C 点的电场强度大B ．A 点电势比B 点的电势高C ．将相同的电荷放在O 点与C 点电势能一定相等D ．移动同一正电荷，电场力做的功WCB ＝W OA7．(2013·福建龙岩质检)如图所示，竖直平面内的同心圆是一点电荷在真空中形成电场的一簇等势线，一带正电的小球从A 点静止释放，沿直线到达C 点时速度为零，以下说法正确的是( )A ．此点电荷为负电荷B ．电场强度E A >E B >E CC ．电势φA >φB >φ CD ．小球在A 点的电势能小于在C 点的电势能8．(2013·东北四校一模)如图所示，质量为m 、半径为R 的圆形光滑绝缘轨道放在水平地面上固定的M 、N 两竖直墙壁间，圆形轨道与墙壁间摩擦忽略不计，在轨道所在平面加一竖直向上的场强为E 的匀强电场．P 、Q 两点分别为轨道的最低点和最高点，在P 点有一质量为m ，电荷量为q 的带正电的小球，现给小球一初速度v 0，使小球在竖直平面内做圆周运动，不计空气阻力，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．小球通过P 点时对轨道一定有压力B ．小球通过P 点时的速率一定大于通过Q 点时的速率C ．从P 到Q 点的过程中，小球的机械能一定增加D ．若mg >qE ，要使小球能通过Q 点且保证圆形轨道不脱离地面，速度v 0应满足的关系是：5gR －5qER m ≤v 0<6gR －5qER m9.如图所示，在平行于xOy 平面的区域内存在着电场，一个正电荷沿直线先后从C 点移动到A 点和B 点，在这两个过程中，均需要克服电场力做功，且做功的数值相等．下列说法正确的是A ．A 、B 两点在同一个等势面上B ．B 点的电势低于C 点的电势C ．该电荷在A 点的电势能大于在C 点的电势能D ．这一区域内的电场可能是在第Ⅳ象限内某位置的一个正点电荷所产生的10.质量为m 的物块，带电荷量为＋Q ，开始时让它静止在倾角α＝60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为E ＝3mg /Q 的匀强电场中，如图所示，斜面高为H ，释放物块后，物块落地时的速度大小为( )A．2gH B.52gH C．22gH D．223gH第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、填空题(本题共2小题，每题8分，共16分)11．(2011·上海单科)如图，在竖直向下，场强为E的匀强电场中，长为l的绝缘轻杆可绕固定轴O在竖直面内无摩擦转动，两个小球A、B固定于杆的两端，A、B的质量分别为m1和m2(m1<m2)，A带负电，电量为q1，B带正电，电量为q2.杆从静止开始由水平位置转到竖直位置，在此过程中电场力做功为_______，在竖直位置处两球的总动能为___________．12.某研究性学习小组设计了以下方法来测量物体的带电量．如图所示的小球是一个外表面镀有金属膜的空心塑料球，用绝缘丝线悬挂于O点，O点固定一个可测量丝线偏离竖直方向角度α的量角器，M、N是两块相同的、正对着竖直平行放置的金属板(加上电压后其内部电场可看作匀强电场)．另外还要用到的器材有天平、刻度尺、电压表、直流电流表、开关、滑动变阻器及导线若干．该小组的实验步骤如下，请你帮助该小组完成：(1)用天平测出小球的质量m，按如上图所示进行器材的安装，并用刻度尺测出M、N板之间的距离d，使小球带上一定的电量．(2)连接电路(请在图中的虚线框中画出实验所用的电路图，电源、开关已经画出)．(3)闭合开关，调节滑动变阻器滑片的位置，读出多组相应的电压表的示数和丝线的偏转角度θ.(4)以电压U为纵坐标，以________为横坐标作出过原点的直线，求出直线的斜率k.(5)小球的带电量q＝________.(用m、d、k等物理量表示)三、计算题(本题共4小题，13、14题各10分，15、16题各12分，共44分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13.在点电荷Q产生的电场中有a，b两点，相距为d，已知a点的场强大小为E，方向与ab连线成30°角，b点的场强方向与ab连线成120°角，如图所示，则b点的场强大小为多大？a，b两点电势哪点更高？14.如图所示，A、B两块带异号电荷的平行金属板间形成匀强电场，一电子以v0＝4×106 m/s的速度垂直于场强方向沿中心线由O点射入电场，从电场右侧边缘C点飞出时的速度方向与v0方向成30°的夹角．已知电子电荷量e＝1.6×10－19 C，电子质量m＝0.91×10－30 kg，求(1)电子在C点时的动能是多少？(2)O、C两点间的电势差大小是多少？15．(2011·福建理综)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图所示，在虚线MN 两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A 点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A 、B 两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E 1＝2.0×103 N/C 和E 2＝4.0×103 N/C ，方向如右图所示，带电微粒质量m ＝1.0×10－20kg ，带电量q ＝－1.0×10－9C ，A 点距虚线MN 的距离d 1＝1.0 cm ，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：(1)B 点距虚线MN 的距离d 2；(2)带电微粒从A 点运动到B 点所经历的时间t .16．(2012·四川理综)如下图所示，ABCD 为固定在竖直平面内的轨道，AB 段光滑水平，BC 段为光滑圆弧，对应的圆心角θ＝37°，半径r ＝2.5 m ，CD 段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E ＝2×105N/C 、方向垂直于斜轨向下的匀强电场．质量m ＝ 5×10－2 kg 、电荷量q ＝＋1×10－6C 的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C 点以速度v 0＝3 m/s 冲上斜轨．以小物体通过C 点时为计时起点，0.1 s 以后，场强大小不变，方向反向．已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ＝0.25.设小物体的电荷量保持不变，取g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求弹簧枪对小物体所做的功；(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P ，求CP 的长度．参考答案：1解析：在S 1、S 2都闭合前，对于枕形导体它的电荷是守恒的，a 、b 出现的负、正电荷等量．当闭合S 1、S 2中的任何一个以后，便把导体与大地连通，使大地也参与了电荷转移．因此，导体本身的电荷不再守恒，而是导体与大地构成的系统中电荷守恒．由于静电感应，a 端仍为负电荷，大地远处感应出等量正电荷，因此无论闭合S 1还是S 2，都是有电子从大地流向导体．答案：C2解析：由点电荷的速度v 随时间t 变化的规律可知，带负电的点电荷是做加速度逐渐增大的减速运动，故A 点的电场强度比B 点的小，负电荷的动能减小，电势能增加，对应位置的电势减小，因此C 对．答案：C3解析：电场线密集处电场强度大，沿电场线的方向电势逐渐降低，所以A 对；逆着电场线方向移动电荷，电场力对正电荷做负功，对负电荷做正功，B 错；负电荷在电势高的地方的电势能小，正电荷在电势高的地方的电势能大，故C 对；正电荷由A 点释放，它将向图中电场线密集处运动，加速度增大，D 错．答案：AC4解析：由C ＝E S d得C 1＝ES /d 1，① C 2＝ES /d 2②又C 2－C 1＝0.25×10－12 F ③解①②③得：d 1－d 2＝Δd ＝0.15 mm.故A 项正确．答案：A5解析：由电场线方向可知，P 带正电，Q 带负电，如图所示，N 点电场强度由平行四边形可知，Q P <Q Q ，选项A 错，因电场线是曲线，故选项B 错；由电场线与等势面垂直可知，过N 点的等势面与过N 点的切线垂直，选项C 对；负检验电荷在电势高的地方电势能反而小，故选项D 错．答案：C6解析：由等量异种点电荷的电场线分布知A 点电场强度大于C 点电场强度，选项A 正确；由等量异种点电荷的等势面分布知A 点电势低于B 点电势，选项B 错误；O 、C 两点在同一等势面上，故相同的电荷在O 、C 两点处的电势能相等，选项C 正确；A 点电势低于B 点电势，O 点电势等于C 点电势，且O 、C 为高电势点，故移动同一正电荷，电场力做功W CB <W OA ，选项D 错误．答案：AC7解析：一带正电的小球从A 点静止释放，沿直线到达C 点时速度为零，说明电场方向由C 点指向A 点，此点电荷为正电荷，选项A 错误；从图可以看出C 点的电场线的密集程度大于A 点的密集程度，故C 点的电场强度大于A 点的电场强度，且E C >E B >E A ，选项B 错误；沿电场线的方向电势逐渐降低，C 点的电势高于A 点的电势，φC >φB >φA ，选项C 错误；电场方向由C 点指向A 点，带正电小球从A 点静止释放，沿直线到达C 点，电场力做负功，电势能增加，小球在A 点的电势能小于在C 点的电势能，选项D 正确．答案：D8解析：若电场力大于重力的情况下，小球通过P 点时轨道可能没有压力，小球通过P 点时的速率可能小于通过Q 点时的速率，选项A 、B 错误；从P 到Q 点的过程中，电场力做功，小球的机械能一定增加，选项C 正确；若mg >qE ，要使小球能通过Q 点且保证圆形轨道不脱离地面，小球运动到Q 点的最小速度满足mg －qE ＝mv 21R ，解得v 1＝mg －qE R m，从P 到Q ，由动能定理，(qE －mg )2R ＝mv 212－mv 2012，解得v 01＝5gR －5qERm .要使圆形轨道不脱离地面，小球运动到Q点对圆形轨道的压力小于mg .小球运动到Q 点的最大速度满足2mg －qE >mv 22R，解得v 2<mg －qE R m ，从P 到Q ，由动能定理，(qE －mg )2R ＝mv 222－mv 2022，解得v 02<6gR －5qER m，要使小球能通过Q 点且保证圆形轨道不脱离地面，速度v 0应满足的关系是：5gR －5qER m≤v 0<6gR －5qER m，选项D 正确．答案：CD9解析：由W ＝U ·q ，W CA ＝W CB <0可知，U CA ＝U CB <0，故有A 、B 两点电势相等，B 点电势高于C 点电势，A 正确，B 错误；因W CA <0，故该电荷在A 点的电势能大于电荷在C 点的电势能，C 正确；此区域内的电场可能是由第Ⅳ象限内的正电荷产生的，此电荷应在AB 连线的中垂线上，D 正确．答案：ACD10解析：将重力和电场力合成如图所示，合力的方向与水平方向成30°.所以物体将沿合力方向做初速度为0的匀加速直线运动，对此过程应用动能定理：mgH ＋3QEH ＝12mv 2，解得 v ＝22gH .答案：C11解析：由于场强方向向下，A 球带负电受到向上的电场力．B 球带正电受到向下的电场力，且m 1<m 2，故系统必沿顺时针方向转动，则电场力对A 球做正功W 1＝q 1El /2，对B 球做正功W 2＝q 2El /2，总功为W ＝W 1＋W 2＝(q 1＋q 2)El /2.此过程中两球重力所做总功W ′＝m 2g l 2－m 1g l 2，由动能定理可知此时两球的总动能为E k ＝W ＋W ′＝[(q 1＋q 2)E ＋(m 2－m 1)g ]l 2. 答案：q 1＋q 2El 2 q 1＋q 2E ＋m 2－m 1g ]l 212解析：(2)如下图(a) (4)tan θ (5)mgd k带电小球的受力如下图(b)，根据平衡条件有tan θ＝F mg，又有F ＝qE ＝q U d ，联立解得，U ＝mgd q tan θ＝k tan θ，所以应以tan θ为横坐标．13解析：如右图所示，将a 点场强方向和b 点场强方向延长，交于O 点，由几何知识得ab ＝d ，aO ＝2d sin60°＝3d ，而E ＝kQ3d 2，E b ＝kQ d，所以E b ＝3E .以O 点为圆心，以d 为半径作弧交Oa 于c 点，则φb ＝φc ，而φa >φc ，所以φa >φb ，即a 点电势更高．答案：3E a14解析：(1)电子在C 点时的速度为v t ＝v 0cos30°有E k ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0cos30°2＝9.7×10－18 J. (2)对电子从O 到C 由动能定理，有eU ＝12mv 2t －12mv 20 得U ＝m v 2t －v 202e ＝15.125 V.答案：(1)9.7×10－18 J (2)15.125 V15解析：(1)带电微粒由A 运动到B 的过程中，由动能定理有|q |E 1d 1－|q |E 2d 2＝0①由①式解得d 2＝E 1E 2d 1＝0.50 cm.②(2)设微粒在虚线MN 两侧的加速度大小分别为a 1、a 2，由牛顿第二定律有 |q |E 1＝ma 1③|q |E 2＝ma 2④设微粒在虚线MN 两侧运动的时间分别为t 1、t 2，由运动学公式有d 1＝12a 1t 21⑤ d 2＝12a 2t 22⑥ 又t ＝t 1＋t 2⑦由②③④⑤⑥⑦式解得 t ＝1.5×10－8 s.答案：(1)0.50 cm (2)1.5×10－8s16解析：(1)设弹簧枪对小物体做功为W f ，由动能定理得W f －mgr (1－cos θ)＝12mv 20① 代入数据得W f ＝0.475 J ②(2)取沿平直斜轨向上为正方向．设小物体通过C 点进入电场后的加速度为a 1，由牛顿第二定律得－mg sin θ－μ(mg cos θ＋qE )＝ma 1③小物体向上做匀减速运动，经t 1＝0.1 s 后，速度达到v 1，有 v 1＝v 0＋a 1t 1④由③④可知v 1＝2.1 m/s ，设运动的位移为s 1，有s 1＝v 0t 1＋12a 1t 21⑤ 电场力反向后，设小物体的加速度为a 2，由牛顿第二定律得－mg sin θ－μ(mg cos θ－qE )＝ma 2⑥设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t 2，位移为s 2，有0＝v 1＋a 2t 2⑦s 2＝v 1t 2＋12a 2t 22⑧ 设CP 的长度为s ，有s ＝s 1＋s 2⑨联立相关方程，代入数据解得s ＝0.57 m ⑩答案：(1)0.475 J (2)0.57 m周练答题卷（电场）班级姓名。

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