參考答案與試題解析
一、選擇題（本大題共10小題，每小題4分．在每小題給出的四個選項中，第1-6題只有一項是符合題目要求，第7-10題有多項符合題目要求．全部選對的得4分，選對但不全的得2分．有選錯的得0分．）
1．下列關(guān)于物理方法或物理學史的說法中錯誤的是（ ）
A．安培分子電流假說解釋了磁體的磁場的形成
B．由楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向
C．物理模型在物理學研究中起到了重要作用，其中“質(zhì)點”“點電荷”“電流元”“元電荷”等都是理想化模型
D．牛頓在發(fā)現(xiàn)萬有引力定律的過程中使用了“月﹣﹣地檢驗”
【考點】物理學史．
【分析】磁場的形成與電流有關(guān)，安培分子假說很好的解釋了相關(guān)現(xiàn)象；根據(jù)楞次定律可以分析感應(yīng)電流的方向；“質(zhì)點”“點電荷”“電流元”等都是理想化模型．牛頓在發(fā)現(xiàn)萬有引力定律的過程中使用了“月﹣﹣地檢驗”；
【解答】解：A、安培分子電流假說解釋了磁體和電流的磁場的形成，故A正確；
B、由楞次定律即可判斷感應(yīng)電流的方向，故B正確；
C、物理模型在物理學研究中起到了重要作用，其中“質(zhì)點”“點電荷“”元電荷”等都是理想化模型，但元電荷是客觀存在的，不屬于理想化模型，故C錯誤；
D、牛頓在發(fā)現(xiàn)萬有引力定律的過程中使用了“月﹣﹣地檢驗”證明了萬有引力定律的正確性，故D正確．
本題選錯誤的，故選：C．
2．如圖所示，條形磁鐵A、B質(zhì)量均為m，C為木塊，質(zhì)量也為m，它們放在水平面上靜止時，B對A的彈力為F1，C對B的彈力為F2，地面對C的彈力為F3，則F1、F2、F3與重力mg的大小關(guān)系正確的是（）
A．F1=mg，F(xiàn)2=2mg，F(xiàn)3=3mgB．F1＞mg，F(xiàn)2=2mg，F(xiàn)3＞3mg
C．F1＞mg，F(xiàn)2=2mg，F(xiàn)3=3mgD．F1=mg，F(xiàn)2＞2mg，F(xiàn)3＞3mg
【考點】共點力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成與分解的運用．
【分析】以A為研究對象，研究B對A的彈力為F1與重力的關(guān)系．以AB整體為研究對象，研究C對B的彈力為F2與總重力的關(guān)系．再以ABC整體為研究對象，分析地面對C的彈力F3與總重力的關(guān)系．
【解答】解：以A為研究對象，A受到豎直向下重力mg、B對A豎直向下的引力F引和B對A豎直向上的彈力為F1，由平衡條件得：mg+F引=F1，得F1＞mg．
以AB整體為研究對象，整體受到總重力2mg和C對B的彈力F2，由平衡條件得知，F(xiàn)2=2mg．
以ABC整體為研究對象，整體受到總重力3mg、地面的彈力F3，由平衡條件有F3=3mg．故ABD錯誤，C正確，
故選：C
3．如圖所示，一理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為4：1，原線圈兩端接入一正弦交流電源，副線圈電路中R為負載電阻，交流電壓表和交流電流表都是理想電表．下列結(jié)論正確的是（）
A．若電壓表讀數(shù)為8 V，則輸入電壓的最大值為32V
B．若輸入電壓不變，負載電阻的阻值增加到原來的2倍，則輸入功率減小到原來的1/2倍
C．若輸入電壓不變，副線圈匝數(shù)增加到原來的2倍，則電流表的讀數(shù)減小到原來的一半
D．若保持負載電阻的阻值不變，輸入電壓增加到原來的2倍，則輸出功率增加到原來的2倍
【考點】變壓器的構(gòu)造和原理．
【分析】電壓表讀數(shù)8V為有效值，由 可得輸入電壓的有效值為32V，根據(jù)正弦交流電有效值與最大值的關(guān)系可得輸入電壓的最大值輸入功率隨輸出功率而變化，輸出功率變大則輸入功率變大．若輸入電壓不變，副線圈匝數(shù)增加到原來的2倍，得輸出電壓也增加到原來的2倍，由I=電流表示數(shù)也應(yīng)增加到原來的2倍，若輸入電壓不變，負載電阻的阻值增加到原來的2倍，由 I= 輸出電流減小到原來的一半，輸入功率即P=IU也減小到原來的一半．
【解答】解：A、若電壓表讀數(shù)為8V，由 可得則輸入電壓為
是有效值，根據(jù)正弦交流電有效值與最大值的關(guān)系可得因此其最大值為，所以A錯誤；
B、若輸入電壓不變，負載電阻的阻值增加到原來的2倍，由 I=輸出電流減小到原來的一半，輸入功率即P=IU也減小到原來的一半，所以B正確；
C、若輸入電壓不變，副線圈匝數(shù)增加到原來的2倍，由 可得輸出電壓也增加到原來的2倍，由 I= 電流表示數(shù)也應(yīng)增加到原來的2倍，所以C錯誤；
D、若保持負載電阻的阻值不變．輸入電壓增加到原來的2倍，輸出電壓增大到原來的2倍，則由可知輸出功率增加到原來的4倍，所以D錯誤．
故選：B
4．如圖所示，空間存在一勻強電場，其方向與水平方向間的夾角為30°，A、B與電場垂直，一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電小球以初速度v0從A點水平向右拋出，經(jīng)過時間t小球最終落在C點，速度大小仍是v0，且AB=BC，則下列說法中錯誤的是（）
A．AC滿足AC=·t
B．電場力和重力的合力方向垂直于AC方向
C．此過程增加的電勢能等于mg2t2
D．電場強度大小為E=
【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動．
【分析】本題要注意分析小球受力情況，明確重力及電場力做功情況，再由電場線利用好幾何關(guān)系確定小球的高度變化；要注意采用運動的合成與分析知識進行分析求解．
【解答】解：A、如果小球水平方向不受外力，則可知，水平位移為v0t，則由幾何關(guān)系可知，AC=·t；但由于重力與電場力的合力在水平方向上具有分量，故在水平方向上存在力的作用，故水平位移小于v0t，故AC的長度一定小于·t；故A錯誤；
B、長為小球在下落過程中初末動能不變，由動能定理可知，mgABsin60°﹣EqBCsin60°=0
解得：E=；由題意可知，小球在下落過程中初末動能不變，根據(jù)動能定理，合力做功為0，而重力做正功，則電場力做負功，而小球帶正電，故電場線應(yīng)斜向下，根據(jù)幾何關(guān)系知電場力與重力的合力與AC垂直；故BD正確；
C、此過程中電場力做負功，電勢能增加，由幾何關(guān)系可知，小球在沿電場線的方向上的位移x=gt2；則電勢能的增加量E=Eqx=；故C錯誤；
本題選錯誤的，故選：AC．
5．如圖所示，為甲乙兩物體在同一直線上運動的位置坐標x隨時間t變化的圖象，已知甲做初速度為零勻變速直線運動，乙做勻速直線運動，則0～t1時間內(nèi)下列說法正確的是（）
A．兩物體在t1時刻速度大小相等
B．t1時刻乙的速度大于甲的速度
C．t2時刻甲的速率是乙速率的兩倍
D．甲的平均速度小于乙的平均速度
【考點】勻變速直線運動的圖像．
【分析】根據(jù)位移圖象的斜率等于速度，坐標的變化量等于位移，平均速度等于位移除以時間．根據(jù)運動學公式分析速度關(guān)系．
【解答】解：A、根據(jù)位移時間圖象的斜率等于速度，則在t1時刻，甲圖象的斜率大于乙圖象的斜率，所以甲的速度大于乙的速度，故A、B錯誤；
C、坐標的變化量等于位移，根據(jù)圖象可知，0～t2時間內(nèi)甲乙位移大小相等，則有v乙t2=，可得：v甲=2v乙，故C正確．
D、0～t2時間內(nèi)甲乙位移大小相等，時間也相等，則平均速度的大小相等，故D錯誤．
故選：C
6．如圖所示，在豎直平面一圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，O點是圓形區(qū)域的圓心．一帶電粒子（不計重力）從A點沿AO方向水平射入，速度為v0，偏轉(zhuǎn)60°之后從B點射出．現(xiàn)把圓形區(qū)域的磁場改為豎直方向的勻強電場E，使帶電粒子仍以原速度沿AO方向射入從B點射出，則（）
A．E= B．E= C．E= D．E=BV0
【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動．
【分析】根據(jù)幾何關(guān)系得出帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑，根據(jù)半徑公式從而得出磁感應(yīng)強度與圓形區(qū)域半徑的關(guān)系，改為豎直方向的勻強電場，粒子做類平拋運動，通過水平為和豎直位移，求出電場強度與圓形區(qū)域半徑的關(guān)系，從而得出電場強度與磁感應(yīng)強度的關(guān)系．
【解答】解：根據(jù)幾何關(guān)系得，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑r=R．
因為qvB=m，解得： R=…①．
現(xiàn)把圓形區(qū)域的磁場改為豎直方向的勻強電場E，
豎直位移y=R，水平位移x=R．
t=．
y=at2==，解得qER=mv02…②
聯(lián)立①②兩式得，E=Bv0．故A正確，BCD錯誤．
故選：A．
7．P1、P2為相距遙遠的兩顆行星，距各自表面相同高度處各有一顆衛(wèi)星S1、S2做勻速圓周運動．圖中縱坐標表示行星對周圍空間各處物體的引力產(chǎn)生的加速度a，橫坐標表示物體到行星中心的距離r的平方，兩條曲線分別表示P1、P2周圍的a與r2的反比關(guān)系，它們左端點橫坐標相同，則（）
A．P1的平均密度比P2的小B．P1的第一宇宙速度比P2的大
C．S1的向心加速度比S2的小D．S1的公轉(zhuǎn)周期比S2的小
【考點】萬有引力定律及其應(yīng)用；向心力．
【分析】根據(jù)牛頓第二定律得出行星對周圍空間各處物體的引力產(chǎn)生的加速度a的表達式，結(jié)合a與r2的反比關(guān)系函數(shù)圖象得出P1、P2的質(zhì)量和半徑關(guān)系，根據(jù)密度和第一宇宙速度的表達式分析求解；根據(jù)根據(jù)萬有引力提供向心力得出周期表達式求解．
【解答】解：A、根據(jù)牛頓第二定律，行星對周圍空間各處物體的引力產(chǎn)生的加速度為：a=，兩曲線左端點橫坐標相同，所以P1、P2的半徑相等，結(jié)合a與r2的反比關(guān)系函數(shù)圖象得出P1的質(zhì)量大于P2的質(zhì)量，根據(jù)ρ=，所以P1的平均密度比P2的大，故A錯誤；
B、由A知P1的質(zhì)量大于P2的質(zhì)量，P1、P2的半徑相等，第一宇宙速度v=，所以P1的“第一宇宙速度”比P2的大，故B正確；
C、s1、s2的軌道半徑相等，根據(jù)a=，所以s1的向心加速度比s2的大，故C錯誤；
D、根據(jù)根據(jù)萬有引力提供向心力得出周期表達式T=2π，所以s1的公轉(zhuǎn)周期比s2的小，故D正確；
故選：BD
8．如圖所示，間距為L米的光滑平等金屬軌道上端用電阻R相連，其平面與水平面成θ角，整個裝置處于磁感應(yīng)強度為B勻強磁場中，磁場方向垂直軌道平面向上，質(zhì)量為m，電阻為r的金屬桿ab（長度略大于L），以初速度v0從軌道底端向上滑行，滑行到距底端高h的位置后又返回到底端，運動過程中，金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計金屬軌道的電阻，已知重力加速度為g，則以下說法正確的是（）
A．桿ab先勻減速上滑，之后勻加速下滑，且上滑過程的加速度大于下滑過程的加速度
B．桿ab運動過程中安培力做功的功率等于電阻R的熱功率
C．桿ab上滑過程中通過R的電荷量與下滑過程中通過R的電荷量相等
D．桿ab上滑到最高點的過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱等于（mv02﹣mgh）
【考點】導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；電功、電功率．
【分析】根據(jù)牛頓第二定律分析加速度的關(guān)系．根據(jù)功能關(guān)系分析安培力做功的功率與電阻R的熱功率關(guān)系．根據(jù)q=比較出電量的大?。ㄟ^對導(dǎo)體棒受力分析知，上滑的過程做變減速直線運動，下滑的過程做變加速直線運動，抓住位移相等，比較安培力大小，即可分析克服安培力做功的大?。谏匣^程中，導(dǎo)體棒減小的動能轉(zhuǎn)化為重力勢能和電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱，即可比較焦耳熱與減少的動能的大?。?/p>
【解答】解：A、上滑的過程，棒所受的安培力沿軌道向下，由牛頓第二定律得：FA+mgsinθ=ma上；而安培力為：FA=，可知v減小，F(xiàn)A減小，a上減小，棒做變減速運動；
下滑的過程，棒所受的安培力沿軌道向上，由牛頓第二定律得：mgsinθ﹣FA=ma下，而安培力為：FA=，可知v增大，F(xiàn)A增大，a下減小，棒做變加速運動；
由上式得上滑過程的加速度大于下滑過程的加速度．故A錯誤．
B、根據(jù)功能關(guān)系知桿ab運動過程中安培力做功的功率等于電阻R和金屬桿的熱功率之和，故B錯誤．
C、根據(jù)感應(yīng)電荷量公式q=可知，上滑與下滑過程中，磁通量的變化量△Φ相等，則在上滑過程中和下滑過程中流過電阻R的電荷量相等．故C正確．
D、桿ab上滑到最高點的過程中回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為：Q=mv02﹣mgh，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為：QR=Q=（mv02﹣mgh）．故D正確．
故選：CD．
9．在絕緣光滑的水平面上相距為6L的A、B兩處分別固定正電荷QA、QB，兩電荷的位置坐標如圖甲所示．圖乙是AB連線之間的電勢φ與位置x之間的關(guān)系圖象，圖乙中x=L點為圖線的最低點，若在x=2L的C點由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電量為+q的帶電小球（可視為質(zhì)點），下列有關(guān)說法正確的是（）
A．小球在x=L處的速度最大
B．小球一定可以到達x=﹣2L點處
C．小球在x=0點受到電場力方向向右
D．固定在AB處的電荷的電量之比為QA：QB=4：1
【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系．
【分析】根據(jù)φ﹣x圖象切線的斜率等于場強E，分析場強的變化，明確電場力的方向，從而判斷小球的速度變化；根據(jù)動能定理確定小球可以到達的位置；x=L處場強為零，根據(jù)點電荷場強公式E=k，求解QA：QB．
【解答】解：A、據(jù)φ﹣x圖象切線的斜率等于場強E，則知x=L處場強為零，所以小球在C處受到的場強向左，向左加速運動，到x=L處加速度為0，從x=l向左運動時，電場力向右，做減速運動，所以小球在x=L處的速度最大，故A正確．
B、根據(jù)動能定理得：qU=0，得U=0，所以小球能運動到電勢與出發(fā)點相同的位置，由圖知向左最遠能到達x=﹣L點處，然后小球向右運動，小球?qū)⒁詘=0.5L點為中心作往復(fù)運動，故B錯誤．
C、L左側(cè)電勢降低，則說明電場線向右，因粒子帶正電，故受電場力向右，故C正確；
D、x=L處場強為零，根據(jù)點電荷場強則有：k=k，解得QA：QB=4：1，故D正確．
故選：ACD
10．如圖所示，傾角為α的等腰三角形斜面固定在水平面上，一足夠長的輕質(zhì)綢帶跨過斜面的頂端鋪放在斜面的兩側(cè)，綢帶與斜面間無摩擦．現(xiàn)將質(zhì)量分別為M、m（M＞m）的小物塊同時輕放在斜面兩側(cè)的綢帶上．兩物塊與綢帶間的動摩擦因數(shù)相等，且最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等．下列說法正確的有（）
A．在α角取不同值的情況下，兩物塊不可能同時相對綢帶靜止
B．在α角取不同值的情況下，兩物塊所受摩擦力的大小總是相等
C．若α=30°，M=4.0kg，m=2.0kg，物塊與綢帶間的摩擦因素，則M、m的加速度大小分別為3.75m/s2、2.5m/s2
D．若α=30°，M=4.0kg，m=2.0kg，物塊與綢帶間的摩擦因素，則M、m的加速度大小都為2.5m/s2
【考點】共點力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成與分解的運用；牛頓第二定律．
【分析】題中M和m均受重力、支持力和綢帶的摩擦力，由于M對綢帶的壓力大，最大靜摩擦力大，故綢帶跟著M下滑，m可能下滑，也可能上滑，要看μ與tanα的大小關(guān)系．
對M、m分別根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度即可．
【解答】解：A、兩個物塊受重力平行斜面的分力分別為Mgsinα和mgsinα，由于斜面光滑，而M＞m，故一定不可能同時相對斜面靜止，故A正確；
B、對輕質(zhì)綢帶，質(zhì)量為零，故兩個滑塊對其的摩擦力大小之和為零，否則會產(chǎn)生無窮大的加速度，不符合實際；
再根據(jù)牛頓第三定律，兩物塊所受摩擦力的大小也總是大小相等；故B正確；
C、假設(shè)固定綢帶，當μ≥tan30°=時，物體不會下滑；
物塊與綢帶間的摩擦因素時，M下滑，m也下滑，由于M的壓力大，最大靜摩擦力大，故綢帶跟著M下滑，根據(jù)牛頓第二定律，有：
Mgsinα﹣μmgcosα=Ma1，
mgsinα﹣μmgcosα=ma2，
解得：a1=3.75m/s2，a2=2.5m/s2；故C正確；
D、假設(shè)固定綢帶，當μ≥tan30°=時，物體不會下滑；
物塊與綢帶間的摩擦因素時，M下滑，m上滑，兩個物體相對綢帶靜止，根據(jù)牛頓第二定律，有：
Mgsinα﹣T=Ma，
T﹣mgsinα=ma，
解得：a=m/s2；故D錯誤；
故選：ABC
二、試驗題（本題共2小題，共18分.把答案填在橫線上或按題目要求作答）
11．圖（1）為“驗證機械能守恒”的實驗裝置，圖（2）為實驗中所打出的一條紙帶，試回答下列問題：
（1）關(guān)于實驗中的操作或結(jié)論正確的是 B
A．若為電磁打點計時器，則電源用220V、50Hz的交流電源
B．應(yīng)先通電打點，后松開紙帶
C．重錘只要選用體積很小的就行
D．本實驗中重物重力勢能的減少量一定小于動能的增加量
（2）若實驗中所用重物的質(zhì)量m=1.0Kg，打點時間間隔為0.02s，打出的紙帶如圖（2）所示，O為起始點，A、B、C為相鄰的點，測得OA=0.78cm、OB=1.79cm、OC=3.14cm，查得當?shù)氐闹亓铀俣萭=9.80m/s2，則重物在B點時的動能EKB=0.174 J（保留三位有效數(shù)字），大多數(shù)學生的實驗結(jié)果顯示，重力勢能的減少量大于動能的增加量，原因是由于阻力的影響 ．
（3）某同學想用下述方法研究機械能是否守恒：在紙帶上選取多個計數(shù)點，測量它們到起始點O的距離h，計算對應(yīng)計數(shù)點的重物速度v，描繪v2﹣h圖象，并做如下判斷：若圖象是一條過原點的直線，則重物下落過程中機械能守恒．請你分析論證該同學的判斷依據(jù)是否正確不正確 ．
【考點】驗證機械能守恒定律．
【分析】（1）根據(jù)實驗的原理以及操作中的注意事項確定正確的操作步驟．
（2）根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出B點的速度，從而得出動能的增加量．根據(jù)能量守恒分析重力勢能減小量大于動能增加量的原因．
（3）如果v2﹣h圖象為直線，僅表示合力恒定，與機械能是否守恒無關(guān)．
【解答】解：（1）A、若未電磁打點計時器，使用4﹣6V的交流電壓，故A錯誤．
B、實驗時先接通電源，再松開紙帶，故B正確．
C、為了減小阻力的影響，重錘選擇質(zhì)量大一些的，體積小一些的，故C錯誤．
D、由于阻力的影響，一部分重力勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則重力勢能的減小量略大于動能的增加量，故D錯誤．
故選：B．
（2）B點的速度m/s=0.59m/s，則B點的動能=≈0.174J，重力勢能的減少量大于動能的增加量，原因是阻力的影響，使得部分重力勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．
（3）該同學的判斷依據(jù)不正確．在重物下落h的過程中，若阻力f恒定，根據(jù)mgh﹣fh=，可得，則此時v2﹣h圖象就是過原點的一條直線．所以要想通過v2﹣h圖象的方法驗證機械能是否守恒，還必須看圖象的斜率是否接近2g．
故答案為：（1）B，（2）0.174，由于阻力的影響，（3）不正確．
12．現(xiàn)有一攝像機電池，無法從標簽上看清其電動勢等數(shù)據(jù)．現(xiàn)進行如下實驗操作：
（1）選取多用電表的直流電壓10V擋，將兩表筆直接接到電池的正、負兩極，指針偏轉(zhuǎn)情況如圖1，由此可知其電動勢約為7.1 V．是否可以利用多用電表的歐姆擋直接粗測其內(nèi)阻，答： 不可以 （選填“可以”或“不可以”）
（2）現(xiàn)要更加準確測量其電動勢和內(nèi)電阻，實驗室備有下列器材：
A．電流表（量程0.6A，內(nèi)阻為3Ω）
B．電壓表（量程3V，內(nèi)阻為3kΩ）
C．電壓表（量程50V，內(nèi)阻為30kΩ）
D．定值電阻R1=500Ω
E．定值電阻R2=6000Ω
F．滑動變阻器（阻值范圍0～30Ω）
G．開關(guān)及導(dǎo)線
①該實驗中電壓表應(yīng)選 B ，定值電阻應(yīng)選 E （均選填選項前的字母序號）．
②在圖2方框中畫出實驗電路圖．
③若將滑動變阻器滑到某一位置，讀出此時電壓表讀數(shù)為U，電流表讀數(shù)為I，則電源電動勢和內(nèi)阻間的關(guān)系式為E=3U+（I+）r ．
【考點】測定電源的電動勢和內(nèi)阻．
【分析】（1）由電表的量程可明確最小分度，則可得出對應(yīng)的讀數(shù)；根據(jù)多用電表的原理可明確能否測出電阻值；
（2）①根據(jù)電壓表量程可明確能否滿足實驗要求，再根據(jù)改裝原理選擇電阻；
②根據(jù)測量電動勢和內(nèi)電阻的實驗方法確定電路圖；
③根據(jù)閉合電路歐姆定律可得出對應(yīng)的表達式．
【解答】解：（1）電壓表量程為10V，則最小分度為0.2V，故讀數(shù)為7.1V；因多用電表內(nèi)部有電源，外部電動勢將影響電路中的電流；故不能用歐姆表直接測量多用電表的內(nèi)阻；
（2）①因電源的電壓為7.1V，電壓表量程只有3V，故應(yīng)串聯(lián)阻值較大的定值電阻擴大量程，故定值電阻應(yīng)選擇E；
②根據(jù)以上分析電壓表與定值電阻串聯(lián)充當電壓表，由于電源內(nèi)阻與電流表內(nèi)阻較為接近，故電流表采用相對電源的外接法；
故原理圖如圖所示；
③根據(jù)改裝原理可知，路端電壓U'=U=3U；
總電流I總=+I；
由閉合電路歐姆定律可得：
E=3U+（I+）r
故答案為：（1）7.1；不可以；
（2）①B E ②如圖所示
（3）E=3U+（I+）r
三、論述、計算題（本題共4小題，共42分．解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）
13．在水平地面上有一質(zhì)量為3kg的物體，物體在水平拉力F的作用下由靜止開始運動，10s后拉力大小減為，該物體的運動速度隨時間t的變化規(guī)律如圖所示．
求：（1）物體的總位移
（2）物體受到的拉力F的大小
（3）物體與地面之間的動摩擦因數(shù)．（g取10m/s2）
【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的圖像．
【分析】（1）速度圖象表示的面積即物體的位移大??；
（2、3）先根據(jù)圖象得到物體加速和減速的加速度，然后根據(jù)牛頓第二定律列式，聯(lián)立方程組求解即可求得拉力和動摩擦因數(shù)的大?。?/p>
【解答】解：（1）物體的位移大小為
x===56m；
（2）由圖線可知：0～10s內(nèi)加速度大小為
a1==m/s2=0.8m/s2
10～14s內(nèi)加速度大小為
a2==m/s2=2m/s2
根據(jù)牛頓第二定律：
F﹣μmg=ma1；
μmg﹣=ma2
解得F=12.6N，μ=0.34
答：（1）物體的位移大小為57m；
（2）物體受到的拉力F的大小為12.6N；
（3）物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.34．
14．如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小為E=5N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強度大小B=1.0T．有一帶正電的小球，質(zhì)量m=1.0×10﹣6kg，電荷量q=2×10﹣6C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，取g=10m/s2，
（1）求小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；
（2）若當經(jīng)過P點時撤掉磁場（不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象），為使小球仍沿原速度方向做直線運動需改變電場，求此時的電場的最小值和方向．
【考點】帶電粒子在混合場中的運動．
【分析】（1）小球做勻速直線運動時，受力平衡，根據(jù)平衡條件結(jié)合幾何關(guān)系列式求解即可；
（2）撤去磁場后，由于保證仍沿著原來的速度方向，則小球受到重力與電場力作用，其合力與速度方向共線，依據(jù)力的合成與分解法則，結(jié)合電場力最小值，求解即可．
【解答】解：（1）小球做勻速直線運動時，受力如圖，
其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，則有：
Bqv=，
帶入數(shù)據(jù)解得：v=20m/s，
速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足tanθ=，
解得：tanθ=，則θ=60°
（2）撤去磁場后，由于受力到重力與電場力，仍沿著原來的速度方向，且電場力是最小值，
則如下圖所示：
當電場力與速度垂直時，電場力達到最小，那么電場強度也是最小，
由三角知識可知，qE′=mgcosθ
解得：E′===2.5N/C，
因小球帶正電，因此電場強度的方向垂直速度方向斜向左上方，
答：（1）小球做勻速直線運動的速度v的大小為20m/s，方向與電場E的夾角為60°；
（2）此時的電場的最小值為2.5N/C和方向垂直速度方向斜向左上方．
15．如圖所示，一個足夠長的斜面，AC部分的長度為4L，C點以下光滑，C點以上粗糙，B是AC的中點．一根原長為2L的輕彈簧下端固定在A點，上端放置一個長為L、質(zhì)量為m的均勻木板PQ，木板靜止時，彈簧長度變?yōu)?a target="_blank">
（1）彈簧的勁度系數(shù)；
（2）若木板被截掉三分之一后，再次將木板沿斜面緩慢下壓，當彈簧長度變?yōu)長時，釋放木板，求木板上端到達C點時的速度大?。?/p>
（3）若將木板換成一質(zhì)量為可看作質(zhì)點的物塊，再次將物塊沿斜面緩慢下壓，當彈簧長度變?yōu)長時，釋放物塊，求物塊被釋放后能在斜面粗糙部分前進的距離．
【考點】動能定理的應(yīng)用．
【分析】（1）當木板靜止時，對木板受力分析，運用平衡條件和胡克定律求彈簧的勁度系數(shù)．
（2）木板從被釋放至Q端到C點，利用動能定理列式．木板被截掉三分之一后再被彈簧彈開，再運用動能定理列式，聯(lián)立可得木板上端到達C點時的速度．
（3）根據(jù)動能定理求出物塊被釋放后能在斜面粗糙部分前進的距離．
【解答】解：（1）當木板靜止時，對木板受力分析，由力的平衡有：，
解得彈簧的勁度系數(shù)k=．
（2）木板從被釋放至Q端到C點，設(shè)彈簧彈力做功為W，由動能定理有：
W﹣mg·2Lsinθ=0
木板被截掉三分之一后再被彈簧彈開，設(shè)木板上端到達C點時的速度為v，由動能定理有：
W﹣，
聯(lián)立解得vC=．
（3）根據(jù)動能定理得，=0，
解得s=．
答：（1）彈簧的勁度系數(shù)為．
（2）木板上端到達C點時的速度大小為．
（3）物塊被釋放后能在斜面粗糙部分前進的距離為．
16．如圖所示，在第一象限內(nèi)有垂直紙面向里和向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度分別為B1=0.2T、B2=0.05T，分界線OM與x軸正方向的夾角為α．在第二、三象限內(nèi)存在著沿x軸正方向的勻強電場，電場強度E=1×104V/m．現(xiàn)有一帶電粒子由x軸上A點靜止釋放，從O點進入勻強磁場區(qū)域．已知A點橫坐標xA=﹣5×10﹣2m，帶電粒子的質(zhì)量m=1.6×10﹣24kg，電荷量q=+1.6×10﹣15C．
（1）如果α=30o，在OM上有一點P，OP=3×10﹣2m，粒子從進入O點計時，經(jīng)多長時間經(jīng)過P點？
（2）要使帶電粒子能始終在第一象限內(nèi)運動，求α的取值范圍？（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）
【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動．
【分析】（1）粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)動能定理列式求解末速度；進入磁場后，做勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解軌道半徑，畫出運動軌跡，注意粒子通過直線邊界時，進入時速度與邊界線的夾角等于離開時速度與邊界線的夾角；
（2）正確畫出軌跡，由幾何知識及三角函數(shù)求解．
【解答】解：（1）在電場中加速過程，根據(jù)動能定理，有：，
解得：v==m/s=1×106m/s；
粒子在磁場中運動時，根據(jù)牛頓第二定律，有：，
解得：r=；
故
粒子通過直線邊界OM時，進入時速度與邊界線的夾角等于離開時速度與邊界線的夾角，故經(jīng)過B1磁場時沿著OM前進r1距離，經(jīng)過B2磁場時沿著OM前進r2距離，由于OP=3×10﹣2m=2r1+r2，故軌跡如圖所示：
故粒子從進入O點計時，到達P點經(jīng)過的時間為：
t====3.14×10﹣8s
（2）由于 r2=2r1，畫出臨界軌跡，如圖所示：
由幾何關(guān)系解得：cosα==，故α≤arccos=48.2°；
答：（1）如果α=30o，在OM上有一點P，OP=3×10﹣2m，粒子從進入O點計時，經(jīng)3.14×10﹣8s時間經(jīng)過P點；
（2）要使帶電粒子能始終在第一象限內(nèi)運動，α的取值范圍為α≤48.2°．
2016年12月8日
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