2019-2020年高三物理一輪 基礎(chǔ)訓(xùn)練卷20（含解析） 新人教版.doc

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2019-2020年高三物理一輪 基礎(chǔ)訓(xùn)練卷20（含解析） 新人教版 一、選擇題 1．(xx長(zhǎng)沙一中月考)通有電流的導(dǎo)線L1、L2處在同一平面(紙面)內(nèi)，L1是固定的，L2可繞垂直紙面的固定轉(zhuǎn)軸O轉(zhuǎn)動(dòng)(O為L(zhǎng)2的中心)，各自的電流方向如圖所示．下列哪種情況將會(huì)發(fā)生(　　) A．因L2不受磁場(chǎng)力的作用，故L2不動(dòng) B．因L2上、下兩部分所受的磁場(chǎng)力平衡，故L2不動(dòng) C．L2繞軸O按順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng) D．L2繞軸O按逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng) 解析：　本題考查常見(jiàn)電流周圍的磁場(chǎng)的分布，安培力的方向和物體轉(zhuǎn)動(dòng)的條件等知識(shí)點(diǎn)．由右手螺旋定則可知導(dǎo)線L1的上方的磁場(chǎng)的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲?，且離導(dǎo)線L1的距離越遠(yuǎn)的地方，磁場(chǎng)越弱，導(dǎo)線L2上的每一小部分受到的安培力方向水平向右，由于O點(diǎn)的下方磁場(chǎng)較強(qiáng)，則安培力較大，因此L2繞軸O按逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，D選項(xiàng)對(duì)． 答案：　D 2.如右圖所示，沒(méi)有磁場(chǎng)時(shí)，顯像管內(nèi)電子束打在熒光屏正中的O點(diǎn)，加磁場(chǎng)后電子束打在熒光屏O點(diǎn)上方的P點(diǎn)，則所加磁場(chǎng)的方向可能是(　　) A．垂直于紙面向內(nèi)　　　　 B．垂直于紙面向外 C．平行于紙面向上 D．平行于紙面向下 解析：　電子受到的洛倫茲力的方向向上，由左手定則，可判定磁場(chǎng)方向可能垂直于紙面向外，B正確． 答案：　B 3.如右圖所示，一帶電粒子垂直射入一垂直紙面向里自左向右逐漸增強(qiáng)的磁場(chǎng)中，由于周圍氣體的阻尼作用，其運(yùn)動(dòng)徑跡為一段圓弧線，則從圖中可以判斷(不計(jì)重力)(　　) A．粒子從A點(diǎn)射入，速率逐漸減小 B．粒子從 A點(diǎn)射入，速率逐漸增大 C．粒子帶負(fù)電，從B點(diǎn)射入磁場(chǎng) D．粒子帶正電，從B點(diǎn)射入磁場(chǎng) 解析：　由于空氣有阻尼作用，粒子運(yùn)動(dòng)速率一定減小，由R＝知，v逐漸減小，而R卻保持不變，B一定逐漸減小，所以A正確．粒子以洛倫茲力作圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，根據(jù)左手定則判斷，D錯(cuò)誤． 答案：　A 4.如右圖所示，實(shí)線表示在豎直平面內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線，電場(chǎng)線與水平方向成α角，水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與電場(chǎng)正交，有一帶電液滴沿斜向上的虛線l做直線運(yùn)動(dòng)，l與水平方向成β角，且α＞β，則下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是(　　) A．液滴一定做勻變速直線運(yùn)動(dòng) B．液滴一定帶正電 C．電場(chǎng)線方向一定斜向上 D．液滴一定做勻速直線運(yùn)動(dòng) 解析：　在電磁場(chǎng)復(fù)合區(qū)域粒子一般不會(huì)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，因速度變化洛倫茲力變化，合外力一般變化． 答案：　A 5.如右圖所示，有兩根長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的細(xì)導(dǎo)體棒a、b，a被水平放置在傾角為45的光滑斜面上，b被水平固定在與a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它們之間的距離為x.當(dāng)兩細(xì)棒中均通以電流強(qiáng)度為I的同向電流時(shí)，a恰能在斜面上保持靜止，則b的電流在a處產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　) A．方向向上 B．大小為 C．要使a仍能保持靜止，而減小b在a處的磁感應(yīng)強(qiáng)度，可使b上移 D．若使b下移，a將不能保持靜止 解析：　由安培定則可知A正確；由mgsin α＝BLIcos α知B＝，B錯(cuò)誤；若要使B最小，應(yīng)在垂直斜面向上的方向上，所以C、D正確． 答案：　B 6.如右圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN是一豎直放置的感光板．從圓形磁場(chǎng)最高點(diǎn)P垂直磁場(chǎng)射入大量的帶正電、電荷量為q、質(zhì)量為m、速度為v的粒子，不考慮粒子間的相互作用力，關(guān)于這些粒子的運(yùn)動(dòng)以下說(shuō)法正確的是(　　) A．只要對(duì)著圓心入射，出射后均可垂直打在MN上 B．對(duì)著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長(zhǎng)線不一定過(guò)圓心 C．對(duì)著圓心入射的粒子，速度越大在磁場(chǎng)中通過(guò)的弧長(zhǎng)越長(zhǎng)，時(shí)間也越長(zhǎng) D．只要速度滿足v＝，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上 解析：　當(dāng)v⊥B時(shí)，所受洛倫茲力充當(dāng)向心力，做半徑和周期分別為R＝，T＝的勻速圓周運(yùn)動(dòng)；只要速度滿足v＝，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上，選項(xiàng)D正確． 答案：　D 7.如右圖所示，一半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為m，電荷量為q的正電荷(重力忽略不計(jì))以速度v沿正對(duì)著圓心O的方向射入磁場(chǎng)，從磁場(chǎng)中射出時(shí)速度方向改變了θ角．磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為(　　) A. B. C. D. 解析：　本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．根據(jù)畫(huà)軌跡、找圓心、定半徑思路分析．注意兩點(diǎn)，一是找圓心的兩種方法(1)根據(jù)初末速度方向垂線的交點(diǎn)．(2)根據(jù)已知速度方向的垂線和弦的垂直平分線交點(diǎn)．二是根據(jù)洛倫茲力提供向心力和三角形邊角關(guān)系，確定半徑．分析可得B選項(xiàng)正確． 答案：　B  8.在一空心圓柱面內(nèi)有一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，其橫截面如右圖所示，磁場(chǎng)邊界為同心圓，內(nèi)、外半徑分別為r和(＋1)r.圓心處有一粒子源不斷地沿半徑方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，不計(jì)粒子重力．為使這些粒子不射出磁場(chǎng)外邊界，粒子從圓心處射出時(shí)速度不能超過(guò)(　　) A. B. C. D. 解析：　如 右圖所示，帶電粒子不從磁場(chǎng)中穿出，其臨界條件是帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡應(yīng)與外圓相切，所以[(＋1)r－rx]2＝r2＋r，解上式可得rx＝r，又由rx＝可得，選項(xiàng)A正確． 答案：　A 9.如右圖所示，垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)分布在正方形abcd區(qū)域內(nèi)，O點(diǎn)是cd邊的中點(diǎn)，一個(gè)帶正電的粒子僅在磁場(chǎng)力的作用下，從O點(diǎn)沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t0剛好從c點(diǎn)射出磁場(chǎng)．現(xiàn)設(shè)法使該帶電粒子從O點(diǎn)沿紙面以與Od成30角的方向，以大小不同的速率射入正方形內(nèi)，那么下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．若該帶電粒子在磁場(chǎng)中經(jīng)歷的時(shí)間是t0，則它一定從ab邊射出磁場(chǎng) B．若該帶電粒子在磁場(chǎng)中經(jīng)歷的時(shí)間是t0，則它一定從ad邊射出磁場(chǎng) C．若該帶電粒子在磁場(chǎng)中經(jīng)歷的時(shí)間是t0，則它一定從bc邊射出磁場(chǎng) D．若該帶電粒子在磁場(chǎng)中經(jīng)歷的時(shí)間是t0，則它一定從ab邊射出磁場(chǎng) 解析：　 作出粒子剛好從ab邊射出的軌跡①、剛好從bc邊射出的軌跡②、從cd邊射出的軌跡③和從ad邊射出的軌跡④.由題意可推知，該帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期是2t0.結(jié)合圖可知，從ab邊射出經(jīng)歷的時(shí)間一定不大于5t0/6；從bc邊射出經(jīng)歷的時(shí)間一定不大于4t0/3；從cd邊射出經(jīng)歷的時(shí)間一定是5t0/3；從ad邊射出經(jīng)歷的時(shí)間一定不大于t0/3.由以上分析可知選項(xiàng)C對(duì)． 答案：　C 二、非選擇題 10．如圖甲所示，質(zhì)量為m＝50 g，長(zhǎng)l＝10 cm的銅棒，用長(zhǎng)度也為l的兩根輕軟導(dǎo)線水平懸吊在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1/3 T．未通電時(shí)，輕線在豎直方向，通入恒定電流后，棒向外偏轉(zhuǎn)的最大角度θ＝37，求此棒中恒定電流的大?。? 某同學(xué)對(duì)棒中恒定電流的解法如下：對(duì)銅棒進(jìn)行受力分析，通電時(shí)導(dǎo)線向外偏轉(zhuǎn)，說(shuō)明安培力方向垂直電流和磁場(chǎng)方向向外，受力如圖乙所示(側(cè)視圖)． 當(dāng)最大偏轉(zhuǎn)角θ＝37時(shí)，棒受力平衡．有 tan θ＝＝，得I＝＝11.25 A. (1)請(qǐng)判斷，該同學(xué)的解法正確嗎？若不正確則請(qǐng)指出錯(cuò)在哪里？ (2)試寫(xiě)出求解棒中電流的正確解答過(guò)程及結(jié)果． 解析：　(1)該同學(xué)的解法錯(cuò)誤． 錯(cuò)誤原因：認(rèn)為棒到達(dá)最高點(diǎn)速度為零時(shí)，一定處于平衡狀態(tài)；或者認(rèn)為偏角最大的是平衡位置． (2)正確的解法如下：金屬棒向外偏轉(zhuǎn)過(guò)程中，導(dǎo)線拉力不做功，如右圖所示，安培力F做功為 WF＝Fx1＝BIl2sin 37 重力做功為 WG＝－mgx2＝－mgl(1－cos 37) 由動(dòng)能定理得 BIl2sin 37－mgl(1－cos 37)＝0 解得：I＝＝5 A. 答案：　(1)該同學(xué)的解法錯(cuò)誤　(2)5 A 11.如右圖所示為研究帶電粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)問(wèn)題的實(shí)驗(yàn)裝置：M、N是豎直放置的兩正對(duì)著的平行金屬板，S1、S2是板上兩個(gè)正對(duì)的小孔，其中N板的右側(cè)有一個(gè)在豎直面內(nèi)，以O(shè)為圓心的圓形區(qū)域，該區(qū)域內(nèi)存在垂直圓面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，另有一個(gè)同樣以O(shè)為圓心的半圓形熒光屏AO′C.已知S1、S2、O和熒光屏的中間位置O′在同一直線上，且AC⊥S1O′.當(dāng)在M、N板間加恒定電壓U時(shí)，一帶正電離子在S1處由靜止開(kāi)始加速向S2孔運(yùn)動(dòng)，最后打在圖示的熒光屏上的P處，∠COP＝30.若要讓上述帶正電離子(不計(jì)重力)仍在S1處由靜止開(kāi)始加速，最后打在圖示的熒光屏下邊緣C處，求M、N板間所加電壓的大小U′. 解析：　設(shè)離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，所在區(qū)域的半徑為R，離子加速后獲得的速度為v.當(dāng)電壓為U時(shí)，由動(dòng)能定理有qU＝mv2① 在磁場(chǎng)中，離子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)(見(jiàn)右圖)由牛頓定律可知 qvB＝mv2/r② 由①②式得U＝r2B2q/(2m)③ 其中r＝Rtan 60＝R④ 當(dāng)電壓為U′時(shí)，離子打在C處，同理有U′＝r′2B2q/(2m)⑤ 其中r′＝R⑥ 由③④⑤⑥可解得U′＝U/3. 答案：　 12．(xx安徽理綜)如圖1所示，寬度為d的豎直狹長(zhǎng)區(qū)域內(nèi)(邊界為L(zhǎng)1、L2)，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直方向上的周期性變化的電場(chǎng)(如圖2所示)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E0，E>0表示電場(chǎng)方向豎直向上．t＝0時(shí)，一帶正電、質(zhì)量為m的微粒從左邊界上的N1點(diǎn)以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)后，做一次完整的圓周運(yùn)動(dòng)，再沿直線運(yùn)動(dòng)到右邊界上的N2點(diǎn)．Q為線段N1N2的中點(diǎn)，重力加速度為g.上述d、E0、m、v、g為已知量． (1)求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小； (2)求電場(chǎng)變化的周期T； (3)改變寬度d，使微粒仍能按上述運(yùn)動(dòng)過(guò)程通過(guò)相應(yīng)寬度的區(qū)域，求T的最小值． 解析：　此題考查粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題． (1)微粒做直線運(yùn)動(dòng)，則 mg＋qE0＝qvB① 微粒做圓周運(yùn)動(dòng)，則 mg＝qE0② 聯(lián)立①②得 q＝③ B＝.④ (2)設(shè)微粒從N1運(yùn)動(dòng)到Q的時(shí)間為t1，做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為t2，則＝vt1⑤ qvB＝m⑥ 2πR＝vt2⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦得 t1＝；t2＝⑧ 電場(chǎng)變化的周期 T＝t1＋t2＝＋.⑨ (3)若微粒能完成題述的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，要求 d≥2R⑩ 聯(lián)立③④⑥得 R＝? 設(shè)N1Q段直線運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為t1 min，由⑤⑩?得 t1min＝ 因t2不變，T的最小值 Tmin＝t1min＋t2＝. 答案：　(1)　　(2)＋　(3)  滾動(dòng)訓(xùn)練(七) (本欄目?jī)?nèi)容，在學(xué)生用書(shū)中以活頁(yè)形式分冊(cè)裝訂！) 一、選擇題 1．(xx江西重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)汽車遇情況緊急剎車，經(jīng)1.5 s停止，剎車距離為9 m．若汽車剎車后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則汽車停止前最后1 s的位移是(　　) A．4.5 m　　　　　　　　　　　 B．4 m C．3 m D．2 m 解析：　考查直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律．由x＝at2，解得a＝8 m/s2，最后1 s的位移為x1＝812 m＝4 m，B項(xiàng)正確． 答案：　B 2．如右圖所示，質(zhì)量為m的小球，用長(zhǎng)為l的細(xì)線掛在O點(diǎn)，在O點(diǎn)正下方處有一光滑的釘子O′，把小球拉到與釘子O′在同一水平的位置，擺線被釘子攔住且張緊，現(xiàn)將小球由靜止釋放，當(dāng)小球第一次通過(guò)最低點(diǎn)P時(shí)(　　) A．小球的運(yùn)動(dòng)速度突然減小 B．小球的角速度突然增大 C．小球的向心加速度突然減小 D．懸線的拉力突然增大 解析：　v大小不變，但小球的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑變大，根據(jù)ω＝可知，小球的角速度變?。挥忠?yàn)閍n＝，所以向心加速度變小；小球在最低點(diǎn)時(shí)，動(dòng)力學(xué)方程為FT－mg＝man，由于an變小，所以懸線拉力FT變?。_選項(xiàng)為C. 答案：　C 3.如右圖所示，一根自然長(zhǎng)度為l0的輕彈簧和一根長(zhǎng)度為a的輕繩連接，彈簧的上端固定在天花板的O點(diǎn)上，P是位于O點(diǎn)正下方的光滑輕小定滑輪，已知OP＝l0＋a.現(xiàn)將繩的另一端與靜止在動(dòng)摩擦因數(shù)恒定的水平地面上的滑塊A相連，滑塊對(duì)地面有壓力作用．再用一水平力F作用于A使之向右做直線運(yùn)動(dòng)(彈簧的下端始終在P之上)，對(duì)于滑塊A受地面滑動(dòng)摩擦力下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．逐漸變小 B．逐漸變大 C．先變小后變大 D．大小不變 解析：　本題考查力的平衡條件、胡克定律．物塊在開(kāi)始位置，受到重力G和支持力FN，彈簧的拉力F＝kx0，F(xiàn)＋FN＝G，F(xiàn)N＝G－kx0；當(dāng)物塊滑到右邊某一位置時(shí)，繩的伸長(zhǎng)量為x，繩與地面的夾角為α，由豎直方向平衡，F(xiàn)′N＋kxsin α＝G，即F′N＝G－kx0＝FN，支持力不變化，滑動(dòng)摩擦力Ff＝μFN不變化，D正確． 答案：　D 4．如下圖是“嫦娥一號(hào)”奔月示意圖，衛(wèi)星發(fā)射后通過(guò)自帶的小型火箭多次變軌，進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道，最終被月球引力捕獲，成為繞月衛(wèi)星，并開(kāi)展對(duì)月球的探測(cè)．下列說(shuō)法正確的是(　　) A．發(fā)射“嫦娥一號(hào)”的速度必須達(dá)到第三宇宙速度 B．在繞月圓軌道上，衛(wèi)星周期與衛(wèi)星質(zhì)量有關(guān) C．衛(wèi)星受月球的引力與它到月球中心距離的平方成反比 D．在繞月圓軌道上，衛(wèi)星受地球的引力大于受月球的引力 解析：　本題考查了與萬(wàn)有引力定律相聯(lián)的多個(gè)知識(shí)點(diǎn)，如萬(wàn)有引力公式、宇宙速度、衛(wèi)星的周期等，設(shè)問(wèn)角度新穎．第三宇宙速度是衛(wèi)星脫離太陽(yáng)系的最小發(fā)射速度，所以“嫦娥一號(hào)”衛(wèi)星的發(fā)射速度一定小于第三宇宙速度，A項(xiàng)錯(cuò)誤；設(shè)衛(wèi)星軌道半徑為r，由萬(wàn)有引力定律知衛(wèi)星受到的引力F＝G，C項(xiàng)正確；設(shè)衛(wèi)星的周期為T(mén)，由G＝mr得T2＝r3，所以衛(wèi)星的周期與月球質(zhì)量有關(guān)，與衛(wèi)星質(zhì)量無(wú)關(guān)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；衛(wèi)星在繞月軌道上運(yùn)行時(shí)，由于離地球很遠(yuǎn)，受到地球引力很小，衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力主要是月球引力提供，D項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案：　C 5.如右圖所示，水平地面上有兩塊完全相同的木塊A、B，水平推力F作用在木塊A上，用FAB表示木塊A、B間的相互作用力，下列說(shuō)法可能正確的是(　　) A．若地面是完全光滑的，則FAB＝F B．若地面是完全光滑的，則FAB＝ C．若地面是有摩擦的，且木塊A、B未被推動(dòng)，可能FAB＝ D．若地面是有摩擦的，且木塊A、B被推動(dòng)，則FAB＝F/2 解析：　若地面光滑，先用整體法得F＝2ma，再用隔離法分析木塊B有FAB＝ma，則FAB＝F/2.若地面是有摩擦的，且木塊A、B被推動(dòng)，由整體法得F－2μmg＝2ma，用隔離法對(duì) 木塊 B有FAB－μmg＝ma，則FAB＝F/2.若木塊A、B未被推動(dòng)，則FAB≤F/2.由以上分析可知，選項(xiàng)D正確． 答案：　D 6．風(fēng)能是一種環(huán)保型能源．風(fēng)力發(fā)電是風(fēng)吹過(guò)風(fēng)輪機(jī)葉片，使發(fā)電機(jī)工作，將風(fēng)的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能．設(shè)空氣的密度為ρ，水平風(fēng)速為v，風(fēng)力發(fā)電機(jī)每個(gè)葉片長(zhǎng)為L(zhǎng)，葉片旋轉(zhuǎn)形成圓面，設(shè)通過(guò)該圓面的風(fēng)的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能的效率恒為η.某風(fēng)力發(fā)電機(jī)在風(fēng)速為6 m/s時(shí)，發(fā)電機(jī)的電功率為8 kW，若風(fēng)速為9 m/s，則發(fā)電機(jī)的電功率為(　　) A．12 kW B．18 kW C．27 kW D．36 kW 解析：　本題主要考查功能關(guān)系及電功率．設(shè)在t時(shí)間內(nèi)通過(guò)風(fēng)力發(fā)電機(jī)圓面的風(fēng)的質(zhì)量為m，則m＝ρ2πLvt，則發(fā)電機(jī)的電功率為P＝mv2η/t＝ηπρLv3，故電功率與速度的三次方成正比，帶入數(shù)值可求得風(fēng)速為9 m/s時(shí)，則發(fā)電機(jī)的電功率為27 kW，選項(xiàng)C正確． 答案：　C 7.(xx河北廊坊)如右圖所示，有一定初速度的物體受到一個(gè)沿斜面向上的恒定拉力F作用，沿傾角為30的粗糙斜面向上做直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為6 m/s2，在物體向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．物體的機(jī)械能一定增加 B．物體的機(jī)械能一定減小 C．物體的機(jī)械能可能不變 D．物體的機(jī)械能可能增加也可能減小 解析：　機(jī)械能的變化決定于除重力、彈簧彈力以外的力所做的功，題中除重力外，有拉力和摩擦力做功．若加速度方向沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin 30＋Ff－F＝ma，有F－Ff＝mgsin 30－ma<0，即F0，即F>Ff，故拉力做的正功大于克服摩擦力做的功，機(jī)械能增加．D正確． 答案：　D 8．(xx山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬試題)如圖所示，一網(wǎng)球運(yùn)動(dòng)員將球在邊界處正上方水平向右擊出，球剛好過(guò)網(wǎng)落在圖中位置(不計(jì)空氣阻力)，參數(shù)如圖所示，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．擊球點(diǎn)高度h1與球網(wǎng)高度h2之間的關(guān)系為h1＝0.9h2 B．若保持擊球高度不變，球的初速度v0只要不大于，一定落在對(duì)方界內(nèi) C．任意降低擊球高度(仍大于h2)，只要擊球初速度合適，球一定能落在對(duì)方界內(nèi) D．任意增加擊球高度，只要擊球初速度合適，球一定能落在對(duì)方界內(nèi) 解析：　設(shè)球從擊出到網(wǎng)所需的時(shí)間為Δt，從擊出到落地所需的時(shí)間為t1，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得＝＝＝＝，解得h1＝1.8h2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若保持擊球高度不變，球的初速度v0如果太小，也不能到達(dá)對(duì)方界內(nèi)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，若擊球處距網(wǎng)上端的豎直距離小于網(wǎng)高的，球仍能過(guò)網(wǎng)但會(huì)出界，選項(xiàng)C錯(cuò)誤、選項(xiàng)D正確． 答案：　D 9.如右圖所示，帶電的平行金屬板電容器水平放置，質(zhì)量相同、重力不計(jì)的帶電微粒A、B，平行于極板以相同的初速度射入電場(chǎng)，結(jié)果打在極板上的同一點(diǎn)P.不計(jì)兩微粒之間的庫(kù)侖力，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．在電場(chǎng)中微粒A運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比B長(zhǎng) B．微粒A所帶的電荷量比B多 C．電場(chǎng)力對(duì)微粒A做的功比B少 D．到達(dá)P點(diǎn)時(shí)微粒A的速率比B小 解析：　據(jù)題意可知，A、B是同種電荷，設(shè)距N板的距離為h，水平方向上的位移為x，則：x＝v0t h＝ a＝ W＝qEh 結(jié)合題意和以上式子可知：A、B運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，A的加速度大于B的，故A的帶電荷量大于B的；電場(chǎng)力對(duì)A做的功大于對(duì)B做的功，故到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，A的速率大于B的，故B對(duì)． 答案：　B 二、非選擇題 10．為測(cè)量一個(gè)定值電阻的阻值，備用器材如下： 待測(cè)電阻Rx 電流表A1(量程100 μA，內(nèi)阻約2 k Ω) 電流表A2(量程500 μA，內(nèi)阻約300 Ω) 電壓表V1(量程15 V，內(nèi)阻約150 kΩ) 電壓表V2(量程50 V，內(nèi)阻約500 kΩ) 電源E(電動(dòng)勢(shì)15 V) 滑動(dòng)變阻器R(最大阻值1 kΩ) 多用電表，開(kāi)關(guān)S，導(dǎo)線若干 (1)先用多用電表歐姆擋對(duì)Rx進(jìn)行粗測(cè)．若選擇100 Ω擋用正確的測(cè)量方法進(jìn)行測(cè)量，發(fā)現(xiàn)指針幾乎不偏轉(zhuǎn)，為較準(zhǔn)確測(cè)量應(yīng)選用________擋(10，1 k)．重新選擋測(cè)量，刻度盤(pán)上的指針位置如上圖所示，測(cè)量結(jié)果是________Ω. (2)現(xiàn)用伏安法測(cè)量Rx阻值．為了盡量減小實(shí)驗(yàn)誤差，要求測(cè)多組數(shù)據(jù)． ①電流表應(yīng)選________，電壓表應(yīng)選________． ②畫(huà)出實(shí)驗(yàn)電路圖． ③根據(jù)實(shí)驗(yàn)中測(cè)得的多組數(shù)據(jù)作出的U－I圖線如下圖所示，根據(jù)圖線求得待測(cè)電阻的阻值為_(kāi)_______Ω. 答案：　(1)1 k　30 k (2)①A2　V1?、谌缦聢D所示 ③ 31 k 11.(xx成都市摸底測(cè)試)如右圖所示為某同學(xué)設(shè)計(jì)的節(jié)能運(yùn)輸系統(tǒng)．斜面軌道的傾角為37，木箱與軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25.設(shè)計(jì)要求：木箱在軌道頂端時(shí)，自動(dòng)裝貨裝置將質(zhì)量m＝2 kg的貨物裝入木箱，木箱載著貨物沿軌道無(wú)初速滑下，當(dāng)輕彈簧被壓縮至最短時(shí)，自動(dòng)裝貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端，接著再重復(fù)上述過(guò)程．若g取10 m/s2，sin 37＝0.6 ，cos 37＝0.8.求： (1)離開(kāi)彈簧后，木箱沿軌道上滑的過(guò)程中的加速度大小； (2)滿足設(shè)計(jì)要求的木箱質(zhì)量． 解析：　(1)設(shè)木箱質(zhì)量為m′，對(duì)木箱的上滑過(guò)程，由牛頓第二定律有： m′gsin 37＋μm′gcos 37＝m′a 代入數(shù)據(jù)解得：a＝8 m/s2. (2)設(shè)木箱沿軌道下滑的最大距離為L(zhǎng)，彈簧被壓縮至最短時(shí)的彈性勢(shì)能為Ep，根據(jù)能量守恒定律：貨物和木箱下滑過(guò)程中有：(m′＋m)gsin 37L＝μ(m′＋m)gcos 37L＋Ep 木箱上滑過(guò)程中有Ep＝m′gsin 37L＋μm′gcos 37L 聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：m′＝m＝2 kg. 答案：　(1)8 m/s2　(2)2 kg 12．如圖甲所示，兩平行金屬板的板長(zhǎng)不超過(guò)0.2 m，板間的電壓u隨時(shí)間t變化的圖線如圖乙所示，在金屬板右側(cè)有一左邊界為MN、右邊無(wú)界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.01 T，方向垂直紙面向里．現(xiàn)有帶正電的粒子連續(xù)不斷地以速度v0＝105 m/s，沿兩板間的中線OO′平行金屬板射入電場(chǎng)中，磁場(chǎng)邊界MN與中線OO′垂直．已知帶電粒子的比荷＝108 C/kg，粒子所受的重力和粒子間的相互作用力均忽略不計(jì)． (1)在每個(gè)粒子通過(guò)電場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間內(nèi)，可以把板間的電場(chǎng)強(qiáng)度看作是恒定的．試說(shuō)明這種處理能夠成立的理由． (2)設(shè)t＝0.1 s時(shí)刻射入電場(chǎng)的帶電粒子恰能從平行金屬板邊緣射出，求該帶電粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度大?。? (3)對(duì)于所有經(jīng)過(guò)電場(chǎng)射入磁場(chǎng)的帶電粒子，設(shè)其射入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)和從磁場(chǎng)射出的出射點(diǎn)間的距離為d，試判斷d的大小是否隨時(shí)間而變化？若不變，證明你的結(jié)論；若變，求出d的變化范圍． 　 解析：　(1)帶電粒子在金屬板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝，T＝0.2 s① 得t?T，(或t時(shí)間內(nèi)金屬板間電壓變化ΔU≤210－3 V，變化很小)② 故t時(shí)間內(nèi)金屬板間的電場(chǎng)可以認(rèn)為是恒定的． (2)t＝0.1 s時(shí)刻偏轉(zhuǎn)電壓U＝100 V 帶電粒子沿兩板間的中線射入電場(chǎng)恰從平行金屬板邊緣飛出電場(chǎng)，電場(chǎng)力做功W＝qU③ 由動(dòng)能定理：W＝mv－mv④ 代入數(shù)據(jù)可得v1＝1.41105 m/s.⑤ (3)設(shè)某一任意時(shí)刻射出電場(chǎng)的粒子速率為v，速度方向與水平方向的夾角為α，則 v＝⑥ 粒子在磁場(chǎng)中有qvB＝m⑦ 可得粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R＝ 由幾何關(guān)系d＝2Rcos α⑧ 可得：d＝＝0.2 m，故d不隨時(shí)間而變化． 答案：　(1)帶電粒子在金屬板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝＝2.010－6 s?T＝0.2 s 故t時(shí)間內(nèi)金屬板間的電場(chǎng)可以認(rèn)為是恒定的． (2)1.41