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大学物理复习-磁场部分(精选精校).doc 18页
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电流与磁场、电磁感应、自感互感、磁场能量
一、选择题
1．如图，流出纸面的电流为2I，流进纸面的电流为I ，则下述各式中哪一个是正确的
（A）（B）
（C）（D）
分析：选D，根据安培环路定理，当电流的流向与环路的绕行方向满足右手定则时为正反之则为负，可得结论。
2．如图，M、N为水平面内两根平行金属导轨，ab与cd为垂直于导轨并可在其上自由滑动的两根直裸导线。外磁场垂直水平面向上。当外力使ab向右平移时，cd
（A）不动。（B）转动（C）向左移动（D）向右移动
分析：选D，根据楞次定律即判定。
3． A,B两个电子都垂直于磁场方向射入一均匀磁场而作圆周运动，A电子的速率是B电子速率的两倍，设,分别为A电子与B电子的轨道半径，,分别为它们各自的周期，则
分析：根据公式，即可得到答案，选D
4．真空中一根无限长直细导线上通电流I，则距导线垂直距离拉为a的空间某点处的磁能密度为
（A） （B） （C）
分析：，而。代入可得答案B
5．如图，无限长直载流导线与正三角形载流线圈在同一平面内，若长直导线固定不动，则载流三角形线圈将
向着长直导线平移（B）离开长直导线平移
分析：利用安培力的方向判定，选A
6．如图所示，螺线管内轴上放入一小磁针，当电键K闭合时，小磁针的N极的指向
(A)向外转(B)向里转(C)保持图示位置不动(D)旋转。
分析：利用右手定则可判定，螺线管内部的磁场方向从右向左，可得答案选C
7.下列可用环路定理求磁感应强度的是(
(A)有限长载流直导体； (B)圆电流；?(C)有限长载流螺线管； (D)无限长螺线管。?分析：安培环路定理所求的磁场要求场源，即电流具备一些特殊性，如无限大，无限大什么的，故应选D
8.下列正确说法有
(A) 若闭合曲线内未包围传导电流，则曲线上各点的B必为零；?
(B) 若闭合曲线上B皆为零，则曲线包围的传导电流必为零；?
（C）穿过任意闭合曲面的磁通量均等于一常数；
(D)穿过任意闭合曲面的磁通量均为零。?
分析：选D，可根据磁场的高斯定理得此结论。
9.在均匀磁场中放置三个面积相等且通过相同电流的线圈，一个是矩形，一个是正方形，一是三角形，则
(A) 正方形受力为零，矩形最大；?
(B)三角形受的最大磁力矩最小；?
(C)三线圈的合磁力和最大磁力矩皆为零；(D)三线圈所受的最大磁力矩均相等。
分析：平面线圈在均匀磁场中的磁力矩，根据题中条件，可得答案D
10．通有电流为I的无限长直导线弯成如图形状，其中半圆段的半径为R，两直线段平行地延伸到无穷远，则圆心O点处的磁感应强度的大小为
分析：两半无限长直导线在O点产生的磁场大小相同，方向相反，故相互抵消，故O点磁场的大小应为半圆形导线所产生磁场的大小，故选D
11．下列说法中，错误的是
(A) 当铁磁质处于居里温度以上时，铁磁性就完全消失，铁磁质退化为抗磁质。
(B) 铁磁质在没有外磁场作用的情况下，宏观体积内已有一定的磁化强度，这是由于交换作用所导致的。
(C) 磁介质磁化后，产生的分子磁矩与外磁场的方向相同，若撤去外磁场，由于分子磁矩回到无序状态，磁介质的磁性立即消失，这种磁性称为顺磁性。
(D) 矫顽力是使铁磁体剩余磁化强度全部消失时所必须施加的反向磁场的磁场强度。
分析，：选B，铁磁质在没有外磁场作用的情况下，磁化强度为零。
12. 在磁场的安培环路定理中，中，以下说法正确的是（　　　　）
(A)若L上的B为零，则穿过L的电流的代数和为零；
(B)若没有电流穿过回路L，则回路L上各点的B均为零；
(C)等式左边的B只是穿过闭合回路L的所有电流共同产生的磁感应强度；
(D)以上说法都不正确。
分析：选A，C错在B是由空间所有电流所产生的。
13、一载流导线弯成如图所示形状，通入电流为I，圆弧段的半径为R，则在O点处的磁感应强度的大小为
（C）； （D）。
分析：由于两半无限长直导线在O点所产生的磁场大小相
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湖南六校2017届高三物理12月联考试卷（有解析）
作者：佚名 试题来源：网络 点击数：
湖南六校2017届高三物理12月联考试卷（有解析）
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文章来源天添 资源网 w ww.tT z Y W.COm 学年湖南省六校高三（上）联考物理（12月份）　一、：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一项符合题目要求，第7～10小题有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．纵观自然科学发展的历史，我们可以看到，许多科学家的重要理论、重大发现和发明创造对人类的文明和进步做出了卓越贡献．以下几种说法中正确的是（　　）A．伽利略通过“理想斜面实验”，科学地推理出“力是维持物体运动的原因”B．库仑创立了库仑定律，卡文迪许用扭秤实验测定了静电力恒量kC．牛顿总结出了万有引力定律并测出了万有引力常量D．法拉第发现了电磁感应现象，纽曼和韦伯总结出了法拉第电磁感应定律2．始终定点在某地面上方的人造卫星，称为地球同步卫星，已知地球同步卫星离地面的高度约为地球半径的6倍，下列正确的说法是（　　）A．株洲的正上方可能就有一颗地球同步卫星B．一天内地球同步卫星能接收太阳光的时间为12小时C．若使用地球同步卫星转播电视信号，只要一颗就能覆盖全球D．离地面高度约为地球半径2.5倍的人造卫星，周期约为0.35天3．一条细线的一端与水平地面上的物体B相连，另一端绕过一轻质定滑轮与小球A相连，定滑轮用另一条细线固定在天花板上的O′点，细线与竖直方向所成的夹角为α，则下列正确的说法是（　　）&A．如果将物体B在水平地面上缓慢向右移动一小段距离，α角将不变B．无论物体B在地板上左移还是右移，只要距离足够小，α角将不变C．增大小球A的质量，若B仍保持不动，α角不变D．悬挂定滑轮的细线的弹力可能等于小球A的重力4．如图电路中，电源电动势、内电阻、R1、R2为定值．闭合S后，将R的滑片向左移动，电压表的示数变化量的绝对值为△U，电阻R2的电压变化量的绝对值为△U′，电源电流变化量的绝对值为△I，下列说法不正确的是（　　）&A．通过R1的电流增大，增大量等于 B．通过R2的电流减小，减小量△I大于 C．△U′与△I的比值保持不变D．△U与△I的比值保持不变5．如图所示，正八边形区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带电的粒子从h点沿he图示方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb．当速度大小为vd时，从d点离开磁场，在磁场中运动的时间为td，不计粒子重力．则下列正确的说法是（　　）&A．tb：td=2：1&B．tb：td=1：2&C．tb：td=3：1&D．tb：td=1：36．如图所示，一个三角形框架底边长为2L，以一定的速度匀速经过有界磁场区，两磁场区磁感应强度大小相等，方向相反，宽度均为L，框架通过磁场的过程中，感应电流的变化图象正确的是（取逆时针方向为正）（　　）&A． &B． &C． &D． 7．如图所示，一等边三角形的三个顶点A、B、C处分别放有+q、q、q的点电荷，过顶点C作AB边的垂线，M、N、O是AB的中垂线上的三点，且MN=NO，则下列正确的说法是（　　）&A．M处的场强大于N处的场强B．M处的电势高于N处的电势C．M、N间的电势差大于N、O间的电势差D．质子在M处的电势能大于在N处的电势能38．如图所示，将质量均为1kg厚度不计的两物块A、B用轻质弹簧相连接．第一次用手拿着A、B两物块，使得弹簧竖直并处于原长状态，此时物块B离地面的距离为H=5m，然后由静止同时释放A、B，B物块着地后速度立即变为零．第二次只用手托着B物块于H高处，A在弹簧弹力和重力作用下处于静止，将弹簧锁定，此时弹簧的弹性势能为12.5J，然后由静止释放A、B，B物块着地后速度立即变为零，同时弹簧锁定解除，在随后的过程中B物块恰能离开地面但不继续上升（g=10m/s2）．则下列正确的说法是（　　）&A．第一次释放A、B后，A上升至弹簧恢复原长时的速度v1=10m/sB．第一次释放A、B后，B刚要离地时A的速度v2=5m/sC．第二次释放A、B，在弹簧锁定解除后到B物块恰要离开地过程中A物块机械能守恒D．第二次释放A、B，在弹簧锁定解除后到B物块恰要离开地过程中A物块先超重后失重9．如图所示，倾角为α=600的斜面A被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连，B静止在斜面上．滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行，A与B的质量相同．撤去固定A的装置后，A、B均做直线运动．不计一切摩擦，重力加速度为g=10m/s2．在B没有离开斜面的过程中，下列说法正确的是（可能用到的数学公式1cosα=2sin2 ）（　　）&A．A、B组成的系统机械能守恒B．B的速度方向一定沿斜面向下C．A、B速度大小相等D．当A滑动的位移为x= m时，A的速度大小vA=5m/s210．如图所示，光滑水平桌面上有A、B两个带电小球（可以看成点电荷），A球带电量为+3q，B球带电量为q，由静止同时释放后A球加速度大小为B球的三倍．现在A、B中点固定一个带正电C球（也可看作点电荷），再由静止同时释放A、B两球，结果两球加速度大小相等．则C球带电量为（　　）&A． &B． &C． &D． 　二.实验题：（本大题共2小题，每空3分，共15分，把答案填在答题卡中对应题号的横线上．）11．在验证“力的平行四边形定则”的实验中，水平放置的木板上固定一张白纸，把橡皮条的一端固定在木板上的G点，另一端拴两根细线，通过细线同时用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条，使它与细线的结点达到O点，接着改用一个弹簧测力计拉橡皮条：（1）下列必要的几项实验要求不正确的一项是　　．（填写选项前对应的字母）A．弹簧测力计应在使用前校零，B．细线方向应可以不与木板平面平行C．改用一个弹簧测力计拉橡皮条时，必须使结点与位置O重合D．弹簧测力外壳可以与木板面摩擦（2）若在保持结点与位置O重合及F1方向不变的条件下，将F2从图示方向（与OG垂直）开始逐渐减小其与F1的夹角，则关于F1和F2的变化情况，下列说法正确的是　　．（填写选项前对应的字母）A．F1一直减小　B．F1先增大后减小C．F2一直增大　D．F2先减小后增大．&12．为了精确测量一个约为0.5欧姆元件阻值，小明利用如下器材设计了一个实验方案A．电压表（量程6V，内阻约几千欧）B．电流表（量程0.4A，内阻约几欧）C．滑动变阻器（阻值0～20Ω，额定电流1A）D．电池组（电动势约为6V，内阻不计）E．开关和导线若干（1）该实验方案存在的问题是　　．（2）请你对该实验方案进行改进，不能增加器材，画出设计好的电路图．（3）在改进方案中调节滑动变阻器两次测得电压表和电流表的示数分别为U1、I1和U2、I2，由以上数据可得Rx=　　．&　三．：（本大题共4小题，8+10+12+15=45分，解答应写出必要文字说明、证明过程或演算步骤．）13．猎豹是陆地上短跑最快的动物，时速可达110公里，它的长距离奔跑时速仅为60公里左右．它们最快的速度只能维持一分钟，接着便得花上二十分钟时间喘息、恢复．羚羊是陆地长跑最快的动物，具有特别善于奔跑的优点，奔跑速度可达每小时70～110公里．假设一只猎豹发现一只羚羊在前方300m，立即以10m/s2的加速度加速到108km/h速度，然后以这个最大速度去追击，羚羊立即发现，且以相同的加速度加速到90km/h速度再用这一速度逃跑，假如运动都在同一直线上，猎豹能否成功追到羚羊？14．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的光滑半圆形导轨在最低点B平滑衔接，导轨半径为R．一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，之后恰能沿导轨到达C点，重力加速度为g．试求：（1）释放物体时弹簧的弹性势能；（2）将物体质量减半后，再从A点由静止释放，之后沿导轨通过C点，求落地点到B的距离．&15．空间有一静电场，在x 轴上的电场方向竖直向下，轴上的电场强度大小按E=kx 分布（x 是轴上某点到O 点的距离），如图所示．在O 点正下方有一长为L 的绝缘细线连接A、B 两个均带负电的小球（可视为质点），A 球距O 点的距离为L，两球恰好静止，细绳处于张紧状态．已知A、B 两球质量均为m，B 所带电量为q，k= ，不计两小球之间的静电力作用．（1）求A球的带电量；（2）剪断细线后，A球向上运动，求A球运动的最大速度；（3）剪断细线后，求B球的运动范围．&16．如图所示，在直角坐标系的第一、二象限内有垂直于纸面的匀强磁场，第三象限有沿y轴负方向的匀强电场，第四象限内无电场和磁场．质量为m、带电量为q的粒子从M点以速度v0沿x轴负方向进入电场，不计粒子的重力，粒子经N、P最后又回到M点．设OM=L，ON=2L，求：（1）电场强度E的大小；（2）匀强磁场磁感应强度B的大小和方向；（3）求粒子全过程所用的时间．&　&
学年湖南省六校高三（上）联考物理（12月份）参考答案与解析　一、：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一项符合题目要求，第7～10小题有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．纵观自然科学发展的历史，我们可以看到，许多科学家的重要理论、重大发现和发明创造对人类的文明和进步做出了卓越贡献．以下几种说法中正确的是（　　）A．伽利略通过“理想斜面实验”，科学地推理出“力是维持物体运动的原因”B．库仑创立了库仑定律，卡文迪许用扭秤实验测定了静电力恒量kC．牛顿总结出了万有引力定律并测出了万有引力常量D．法拉第发现了电磁感应现象，纽曼和韦伯总结出了法拉第电磁感应定律【考点】物理学史．【分析】解决本题要了解物理学史，对物理学上发生的重要事件、重要规律的发现者要有所了解．【解答】解：A、伽利略通过对理想斜面实验的研究，得到“力不是维持物体运动的原因”的结论，故A错误．B、库仑创立了库仑定律F=k ，并用扭秤实验测定了静电力恒量k，卡文迪许用扭秤实验测定了引力常量G，故B错误．C、卡文迪许用扭秤实验测定了引力常量G，故C错误．D、1831年，法拉第发现了电磁感应现象，后来纽曼和韦伯总结出了法拉第电磁感应定律，故D正确．故选：D．　2．始终定点在某地面上方的人造卫星，称为地球同步卫星，已知地球同步卫星离地面的高度约为地球半径的6倍，下列正确的说法是（　　）A．株洲的正上方可能就有一颗地球同步卫星B．一天内地球同步卫星能接收太阳光的时间为12小时C．若使用地球同步卫星转播电视信号，只要一颗就能覆盖全球D．离地面高度约为地球半径2.5倍的人造卫星，周期约为0.35天【考点】同步卫星；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【分析】地球同步卫星位于赤道平面内，同步卫星的周期与地球自转周期相同，卫星绕地球做圆周运动万有引力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出卫星的周期．【解答】解：A、同步卫星只能位于赤道平面内，株州正上方不可能有地球同步卫星，故A错误；B、同步卫星相对地球静止，同步卫星的周期与地球自转周期相等，为24h，一天内地球同步卫星能接收太阳光的时间不一定为12h，故B错误；C、若使用地球同步卫星转播电视信号，至少需要3颗才能覆盖全球，故C错误；D、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G =m r，解得：T=2π ，& = =，已知：T同步=1天，解得：T≈0.28天，故D正确；故选：D．　3．一条细线的一端与水平地面上的物体B相连，另一端绕过一轻质定滑轮与小球A相连，定滑轮用另一条细线固定在天花板上的O′点，细线与竖直方向所成的夹角为α，则下列正确的说法是（　　）&A．如果将物体B在水平地面上缓慢向右移动一小段距离，α角将不变B．无论物体B在地板上左移还是右移，只要距离足够小，α角将不变C．增大小球A的质量，若B仍保持不动，α角不变D．悬挂定滑轮的细线的弹力可能等于小球A的重力【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】先对小球A受力分析，根据平衡条件求解细线的拉力，再对滑轮受力分析，结合平衡条件进行分析即可．【解答】解：AB、对小球A受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有：T=mg；如果将物体B在水平地面上向右移动稍许，AB仍保持静止，绳子的拉力不变，则∠AOB增加；对滑轮分析，受三个拉力，如图所示：&根据平衡条件可知，∠AOB=2α，故α一定增加，故AB错误；C、增大小球A的质量，若B仍保持不动，系统平衡，则α不变，故C正确；D、由于，∠AOB=2α＜90°，弹力F与两个拉力T的合力平衡，而T=mg．故定滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力，故D错误；故选：C　4．如图电路中，电源电动势、内电阻、R1、R2为定值．闭合S后，将R的滑片向左移动，电压表的示数变化量的绝对值为△U，电阻R2的电压变化量的绝对值为△U′，电源电流变化量的绝对值为△I，下列说法不正确的是（　　）&A．通过R1的电流增大，增大量等于 B．通过R2的电流减小，减小量△I大于 C．△U′与△I的比值保持不变D．△U与△I的比值保持不变【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】由电路图可知，变阻器与电阻R1并联后与R2串联，电压表V1测变阻器与电阻R1并联电压；随着滑动变阻器接入电路的阻值变小，电路总电阻变小，电路电流变大；根据电路结构，进行分析答题．【解答】解：A、将R的滑健向左移动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，总电流I减小，即通过R2的电流减小，R2的电压U′减小，路端电压增大，则变阻器与电阻R1并联电压U增大，通过 的电流增大，增大量等于 ．故A正确；B、电阻R2的电压变化量的绝对值为△U′＜电压表的示数变化量的绝对值为△U，通过R2的电流减小，减小量△I小于 ．故B错误；C、由于R2是定值电阻，则R2= ，保持不变．故C正确．D、根据闭合电路欧姆定律得：U=EI（R2+r）， =R2+r，保持不变．故D正确．本题选错误的，故选：B　5．如图所示，正八边形区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带电的粒子从h点沿he图示方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb．当速度大小为vd时，从d点离开磁场，在磁场中运动的时间为td，不计粒子重力．则下列正确的说法是（　　）&A．tb：td=2：1&B．tb：td=1：2&C．tb：td=3：1&D．tb：td=1：3【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】带电粒子垂直射入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，根据题意画出轨迹，由几何知识求出粒子圆周运动的半径和圆心角，由t= T求时间之比．【解答】解：根据题意可知，粒子从b点和从d点离开的运动轨迹如图所示；由图利用几何关系可知，从b点离开时粒子转过的圆心角为135°，而从d点离开时粒子其圆心角为45°，因粒子在磁场中的周期相同，由t= 可知，时间之比等于转过的圆心角之比，故tb：td=135°：45°=3：1，故C正确，ABD错误．故选：C．&　6．如图所示，一个三角形框架底边长为2L，以一定的速度匀速经过有界磁场区，两磁场区磁感应强度大小相等，方向相反，宽度均为L，框架通过磁场的过程中，感应电流的变化图象正确的是（取逆时针方向为正）（　　）&A． &B． &C． &D． 【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【分析】整个过程分四个小过程进行研究：由楞次定律和右手定则判断感应电流的方向．根据E=BLv，L是有效切割的长度，分析感应电动势如何变化，再由欧姆定律判断感应电流的大小如何变化．【解答】解：将整个过程分成四个子过程研究：由位置1到位置2的过程，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿逆时针方向，为正；导线有效切割长度均匀减小，产生的感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小；设开始时感应电流大小为2I，则此过程中，电流由2I减至I；由位置2到位置3的过程，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿顺时针方向，为负；开始时电流为3I，均匀减小至2I；由位置3到位置4的过程，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿逆时针方向，为正；电流由0均匀增大至I；由位置4到全部穿出磁场的过程，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿逆时针方向，为正；电流由I均匀匀减小至0；综上所述可知，C正确，ABD错误．故选：C&　7．如图所示，一等边三角形的三个顶点A、B、C处分别放有+q、q、q的点电荷，过顶点C作AB边的垂线，M、N、O是AB的中垂线上的三点，且MN=NO，则下列正确的说法是（　　）&A．M处的场强大于N处的场强B．M处的电势高于N处的电势C．M、N间的电势差大于N、O间的电势差D．质子在M处的电势能大于在N处的电势能3【考点】电场的叠加；电势差与电场强度的关系．【分析】题中电场是三个点电荷共同产生的，可以分为两组，即A与B是等量异号电荷，C点点电荷；注意等量异号电荷的中垂线是等势面．【解答】解：A、对于点M，电场强度为AB产生的水平向右的分电场和C产生的向下的分电场合成的；对N，电场强度也为AB产生的水平向右的分电场和C产生的向下的分电场合成的；比较两个分电场的电场强度，都是N点的大，而两个分电场的电场强度垂直，故合电场的电场强度也是N点的大；故A错误；B、MN在AB电荷的中垂线上，故AB产生的分电场在MN点的电势是相等的；而电荷C在M点产生的电势大；电势是标量，M、N点的电势等于两个分电场产生的电势的代数和，故M处的电势高于N处的电势，故B正确；C、MN在AB电荷的中垂线上，故AB产生的分电场在MN间的电势差为零；而负电荷C在MN间的电势差小于NO间的电势差，故M、N间的电势差小于N、O间的电势差，故C错误；D、由选项B分析可以M处的电势高于N处的电势，故质子在M处的电势能大于在N处的电势能，故D正确；故选：BD．　8．如图所示，将质量均为1kg厚度不计的两物块A、B用轻质弹簧相连接．第一次用手拿着A、B两物块，使得弹簧竖直并处于原长状态，此时物块B离地面的距离为H=5m，然后由静止同时释放A、B，B物块着地后速度立即变为零．第二次只用手托着B物块于H高处，A在弹簧弹力和重力作用下处于静止，将弹簧锁定，此时弹簧的弹性势能为12.5J，然后由静止释放A、B，B物块着地后速度立即变为零，同时弹簧锁定解除，在随后的过程中B物块恰能离开地面但不继续上升（g=10m/s2）．则下列正确的说法是（　　）&A．第一次释放A、B后，A上升至弹簧恢复原长时的速度v1=10m/sB．第一次释放A、B后，B刚要离地时A的速度v2=5m/sC．第二次释放A、B，在弹簧锁定解除后到B物块恰要离开地过程中A物块机械能守恒D．第二次释放A、B，在弹簧锁定解除后到B物块恰要离开地过程中A物块先超重后失重【考点】机械能守恒定律；超重和失重．【分析】第一次释放A、B后，A、B自由落体运动，B着地后，A和弹簧相互作用至A上升到弹簧恢复原长过程中，弹簧对A做的总功为零．对A从开始下落至弹簧恢复原长过程，对A运用动能定理即可求速度v1；设弹簧的劲度系数为k，第一次释放AB前，弹簧向上产生的弹力与A的重力平衡，求出弹簧压缩量，第一次释放AB后，B刚要离地时弹簧产生向上的弹力与B的重力平衡，求出伸长量，第一次释放AB后，在B刚要离地时弹簧产生向上的弹力与B的重力平衡，求出伸长量，对A、B和弹簧组成的系统由机械能守恒即可求速度v2．对照机械能守恒的条件分析第二次释放A、B后A物块机械能是否守恒．根据A的加速度方向分析A处于超重或失重状态．【解答】解：A、第一次释放A、B后，A、B自由落体运动，B着地后，A和弹簧相互作用至A上升到弹簧恢复原长过程中，弹簧对A做的总功为零．&&&&&&&&&& 对A从开始下落至弹簧恢复原长过程，对A，由动能定理有& mgH= mv12 ①解得 v1= = =10m/s，故A正确．B、设弹簧的劲度系数为k，第二次释放AB前，弹簧向上产生的弹力与A的重力平衡．设弹簧的形变量（压缩）为△x1，有△x1=& ②第二次释放A、B后，B刚要离地时弹簧产生向上的弹力与B的重力平衡设弹簧的形变量（伸长）为△x2，有△x2=& ③第一次释放AB后，在B刚要离地时弹簧产生向上的弹力与B的重力平衡设弹簧的形变量（伸长）为△x3，有△x3=& ④由②③④得△x1=△x2=△x3&&& ⑤即这三个状态，弹簧的弹性势能都为Ep在第二次释放AB后至B着地前过程，对A、B和弹簧组成的系统由机械能守恒有& 2mgH= ×2mv2&&&& ⑥从B着地后到B刚要离地的过程，对A和弹簧组成的系统，由机械能守恒有 mv2+Ep=mg（△x1+△x2）+EP ⑦第一次释放后，对A和弹簧系统，从A上升至弹簧恢复原长到B刚要离地过程，由机械能守恒有 mv12=mg△x3+EP+ mv22& ⑧由①⑥⑦⑧得 v2= = =5m/s．故B正确．C、第二次释放A、B，在弹簧锁定解除后到B物块恰要离开地面过程中，弹簧的弹力对A物块做功，则A的机械能不守恒．故C错误．D、第二次释放A、B，在弹簧锁定解除后到B物块恰要离开地面过程中，A先向下减速后向上加速，再减速，加速度先向上后向下，则A物块先处超重后处失重状态．故D正确．故选：ABD　9．如图所示，倾角为α=600的斜面A被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连，B静止在斜面上．滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行，A与B的质量相同．撤去固定A的装置后，A、B均做直线运动．不计一切摩擦，重力加速度为g=10m/s2．在B没有离开斜面的过程中，下列说法正确的是（可能用到的数学公式1cosα=2sin2 ）（　　）&A．A、B组成的系统机械能守恒B．B的速度方向一定沿斜面向下C．A、B速度大小相等D．当A滑动的位移为x= m时，A的速度大小vA=5m/s2【考点】机械能守恒定律．【分析】分析各力的做功情况，明确系统只有重力做功，机械能守恒；同时分析物体的运动情况，明确二者运动的关系，根据运动的合成与分解，结合各自位移存在的几何关系，及三角知识，结合相似三角形，得出速度之比等于位移之比，从而求出AB速度的关系，并求出位移为x时的速度大小．【解答】解：A、由于细线的拉力看作内力，且左侧绳头处不做功，故系统只有重力做功，故AB组成的系统机械能守恒，故A正确；B、两物体运动如图所示，由图可知，B不是沿斜面运动，故B错误；C、撤去固定A的装置后，A、B均做直线运动，根据运动的合成与分解，当A滑动的位移为x时，设B的位移大小s，依据几何关系有：&则有：sx=x（1cosα）sy=xsinα且s= ；解得：s=x =2xsin ；因B的下降的高度为sy=xsinα；根据系统只有重力做功，机械能守恒定律，则有：mgsy= mvA2+ mvB2如下图所示，画阴影部分的三角形相似，依据位移之比等于速度之比，&可得：& = 则有：vB=vA =2vAsin 解得：vA= = =5m/s，故CD正确．故选：ACD．&　10．如图所示，光滑水平桌面上有A、B两个带电小球（可以看成点电荷），A球带电量为+3q，B球带电量为q，由静止同时释放后A球加速度大小为B球的三倍．现在A、B中点固定一个带正电C球（也可看作点电荷），再由静止同时释放A、B两球，结果两球加速度大小相等．则C球带电量为（　　）&A． &B． &C． &D． 【考点】库仑定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】根据牛顿第二定律，结合它们同时由静止开始释放，A球加速度的大小为B球的3倍，可知它们的质量关系．再由库仑定律与受力平衡来确定C球带电量．【解答】解：由静止开始释放，A球加速度的大小为B球的3倍．根据牛顿第二定律可知，A、B两个带电小球的质量之比为1：3；当在AB中点固定一个带正电小球C，由静止释放A、B两球，释放瞬间两球加速度大小相等，根据库仑定律与牛顿第二定律，且有：对A来说，k k =ma& &&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& 对B来说，k +k =3ma综上解得，QC= q 根据库仑定律与牛顿第二定律，且有：对B来说，k k =ma&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& 对A来说，k +k =3ma综上解得，QC= q，故BC正确，AD错误；故选：BC．　二.实验题：（本大题共2小题，每空3分，共15分，把答案填在答题卡中对应题号的横线上．）11．在验证“力的平行四边形定则”的实验中，水平放置的木板上固定一张白纸，把橡皮条的一端固定在木板上的G点，另一端拴两根细线，通过细线同时用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条，使它与细线的结点达到O点，接着改用一个弹簧测力计拉橡皮条：（1）下列必要的几项实验要求不正确的一项是　B　．（填写选项前对应的字母）A．弹簧测力计应在使用前校零，B．细线方向应可以不与木板平面平行C．改用一个弹簧测力计拉橡皮条时，必须使结点与位置O重合D．弹簧测力外壳可以与木板面摩擦（2）若在保持结点与位置O重合及F1方向不变的条件下，将F2从图示方向（与OG垂直）开始逐渐减小其与F1的夹角，则关于F1和F2的变化情况，下列说法正确的是　AD　．（填写选项前对应的字母）A．F1一直减小　B．F1先增大后减小C．F2一直增大　D．F2先减小后增大．&【考点】验证力的平行四边形定则．【分析】正确解答本题需要掌握测量工具使用前都必须校零；明确具体操作和注意事项．本题实验的原理是等效法，根据此原理分析结点与O的位置关系．保持结点与位置0重合，则F1和F2的合力不变，运用图解法，作出F2在三个不同方向时两个力合成图，即可直观看出两个力的变化情况．【解答】解：（1）A、弹簧测力计使用前应校零，故A正确．B、为了防止出现分力，细线的方向与木板平面平行，故B错误．C、为了使一根弹簧秤的作用效果与两根弹簧秤共同的作用效果相同，则必须使结点与位置O重合，故C正确；D、弹簧测力计的壳与地面有摩擦时不会影响弹簧测力计的读数，故可以与木板摩擦力，故D正确；本题选错误的，故选：B；（3）由题意知，保持结点与位置0重合，则F1和F2的合力F合不变，根据平行四边形定则，作出F2在三个不同方向时两个力的合成示意图，由图看出，逐渐减小其与F1夹角的过程中，F1一直减小，F2先减小后增大，故D正确．故答案为：（1）B；（2）AD．&　12．为了精确测量一个约为0.5欧姆元件阻值，小明利用如下器材设计了一个实验方案A．电压表（量程6V，内阻约几千欧）B．电流表（量程0.4A，内阻约几欧）C．滑动变阻器（阻值0～20Ω，额定电流1A）D．电池组（电动势约为6V，内阻不计）E．开关和导线若干（1）该实验方案存在的问题是　电压表指针偏转角度太小，读数带来的误差比较大　．（2）请你对该实验方案进行改进，不能增加器材，画出设计好的电路图．（3）在改进方案中调节滑动变阻器两次测得电压表和电流表的示数分别为U1、I1和U2、I2，由以上数据可得Rx=　 　．&【考点】伏安法测电阻．【分析】（1）当电表指针偏角太小时读数误差较大，实验误差较大．（2）根据实验原理与实验器材设计实验电路．（3）根据实验数据应用闭合电路欧姆定律求出待测电阻阻值．【解答】解：（1）待测电阻阻值约为0.5Ω，电流表量程为0.4A，则待测电阻两端最大电压约为：U=IR=0.4×0.5=0.2V，电压表量程为6V，电压表量程太大，电压表指针偏转角度太小，读数误差较大，实验误差较大．（2）为减小实验误差，滑动变阻器串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端电压，电路图如图所示：&（3）电源内阻不计，由图乙所示可知，电源电动势：E=U1+I1RX，E=U2+I2RX，解得：RX= ；故答案为：（1）电压表指针偏转角度太小，读数带来的误差比较大；（2）如图所示；（3） ．　三．：（本大题共4小题，8+10+12+15=45分，解答应写出必要文字说明、证明过程或演算步骤．）13．猎豹是陆地上短跑最快的动物，时速可达110公里，它的长距离奔跑时速仅为60公里左右．它们最快的速度只能维持一分钟，接着便得花上二十分钟时间喘息、恢复．羚羊是陆地长跑最快的动物，具有特别善于奔跑的优点，奔跑速度可达每小时70～110公里．假设一只猎豹发现一只羚羊在前方300m，立即以10m/s2的加速度加速到108km/h速度，然后以这个最大速度去追击，羚羊立即发现，且以相同的加速度加速到90km/h速度再用这一速度逃跑，假如运动都在同一直线上，猎豹能否成功追到羚羊？【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】猎豹和羚羊都有匀加速阶段和匀速阶段，猎豹只能以最大速度跑一分钟，若没有追上后面就追不上，根据位移时间公式分析位移关系即可判断．【解答】解：猎豹和羚羊都有匀加速阶段和匀速阶段，猎豹只能以最大速度跑一分钟，如果没有追上后面就只能休息，所以只要比较匀速一分钟时的位移关系即可．据题，猎豹运动中最大速度 v豹=108km/h=30m/s，羚羊的最大速度为 v羊=90km/h=25m/s猎豹匀加速时间 t豹= = =3s，匀速运动时间 t′=60s猎豹的位移为 s豹=s加+s匀= 豹+v豹t豹= ×3+30×60=1845m羊加速时间 t羊= = =2.5s，匀速运动时间 t羊′=60.5s羊位移为 s羊=s加+s匀= +v羊t羊= ×2.5+25×60.5=1543.5m因为 s豹s羊=301.25m＞300m，所以可以追上．答：猎豹能成功追到羚羊．　14．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的光滑半圆形导轨在最低点B平滑衔接，导轨半径为R．一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，之后恰能沿导轨到达C点，重力加速度为g．试求：（1）释放物体时弹簧的弹性势能；（2）将物体质量减半后，再从A点由静止释放，之后沿导轨通过C点，求落地点到B的距离．&【考点】机械能守恒定律；向心力．【分析】（1）根据牛顿第二定律得出B点的速度，结合能量守恒定律求出物体在A点时的弹簧的弹性势能．（2）对从B到C过程和从开始到C过程根据机械能守恒定律列式，求得速度，再根据平抛运动的规律可求得水平位移．【解答】解：（1）物体在C点的速度为vC，由题意可知：mg=m 物体从B点运动到C点的过程中，由机械能守恒定律可得：2mgR= mvC2 mvB2从开始到C由机械能守恒定律得：EP=2mgR+ mv2解得：EP= mgR．（2）物体离开C点后做平抛运动，设落地点与B点的距离为s，由平抛运动规律得：s=vCt，2R= gt2解得：s=2 R．答：（1）物体在A点时弹簧的弹性势能问为2.5mgR；（2）物体离开C点后落回水平面时的位置与B点的距离为2 R．　15．空间有一静电场，在x 轴上的电场方向竖直向下，轴上的电场强度大小按E=kx 分布（x 是轴上某点到O 点的距离），如图所示．在O 点正下方有一长为L 的绝缘细线连接A、B 两个均带负电的小球（可视为质点），A 球距O 点的距离为L，两球恰好静止，细绳处于张紧状态．已知A、B 两球质量均为m，B 所带电量为q，k= ，不计两小球之间的静电力作用．（1）求A球的带电量；（2）剪断细线后，A球向上运动，求A球运动的最大速度；（3）剪断细线后，求B球的运动范围．&【考点】库仑定律；动能定理的应用．【分析】（1）选取AB组成的整体为研究的对象，写出平衡方程，即可求得A的电量；（2）根据电场强度大小按E=kx分布，当A球受到的重力与电场力相等时，受到最大；根据动能定理即可求得A球运动的最大速度；（3）剪断细线后，B球的先向下做加速运动，随受到的电场力的增大，加速度减小，所以B球做加速度减小的加速运动；当电场力大于重力之后，小球B做减速运动，直至返回．根据它受力的特殊性和运动的对称性即可求解．【解答】解：（1）A、B两球静止时，A球所处位置场强为：E1=k•L= B球所处位置场强为：E2=k•2L= 对A、B由整体法得：2mg+qAE1=qE2解得：qA=6q（2）A球所受电场力F与x的关系式为：F1=qAE1=6qkx= 剪断细线后，A球向上运动，当A球的加速度为零时，速度达到最大，此时设A球距O点距离为x1，则有：mg= x1，解得：x1= 位移△x1=Lx1= 由动能定理可知， 其中 = = 解得： （3）剪断细线后，设B球向下运动最大位移为△x2时，速度变为零，此时F2=qE=q （2L+△x2）= （2L+△x2），剪由动能定理，mg△x2 •△x2=0．其中 = 解得：△x2=4L则B球的运动范围是：2L≤x≤6L；答：（1）A球的带电量为6q；（2）剪断细线后，A球向上运动，A球运动的最大速度 ；（3）剪断细线后，B球的运动范围是：2L≤x≤6L．　16．如图所示，在直角坐标系的第一、二象限内有垂直于纸面的匀强磁场，第三象限有沿y轴负方向的匀强电场，第四象限内无电场和磁场．质量为m、带电量为q的粒子从M点以速度v0沿x轴负方向进入电场，不计粒子的重力，粒子经N、P最后又回到M点．设OM=L，ON=2L，求：（1）电场强度E的大小；（2）匀强磁场磁感应强度B的大小和方向；（3）求粒子全过程所用的时间．&【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】（1）分析带电粒子的运动情况：电子在电场中，受到竖直向上的电场力而做类平抛运动（或匀变速曲线运动）；根据粒子受力的方向与电场线方向的关系判断出粒子的电性；根据平抛运动的规律求出电场强度；（2）根据匀变速直线运动的规律求出粒子在y方向的分速度，然后使用平行四边形定则求出带电粒子到达N点时的速度大小和方向；进入磁场做匀速圆周运动； 画出轨迹，根据图象中的几何关系求得圆周运动的半径；根据洛伦兹力提供向心力，写出动力学的方程，求得磁场的强度；（3）粒子先在电场中做类平抛运动，然后在磁场中做圆周运动，离开磁场后做匀速直线运动，求出各段的运动时间，然后求出总的运动时间．磁场中根据轨迹的圆心角α，由t= 求时间．由几何知识得到匀速直线运动的距离，即可求出匀速运动的时间．再根据几何知识求出磁场中运动的半径，求出T，即可求得总时间．【解答】解：（1）粒子从M至N运动过程粒子逆着电场线的方向发生偏转，说明受力的方向与电场线的方向相反，所以粒子带负电．粒子从M至N运动过程做类平抛运动，有：L= at12…①加速度：a= …②运动时间：t1= …③由①②③得电场强度：E= …④（2）到达N时：vy=at1设vN与x成θ角tanθ= =1，所以：θ=45°带电粒子到N点速度：vN= = v0…⑤带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由左手定则可得：粒子带负电荷．圆心在O′处，设半径为R，由几何关系知带电粒子过P点的速度方向与x成45°角，则OP=OM=L，则R= …⑥由牛顿第二定律得：qvNB=m …⑦由⑥⑦解得：B= ，由左手定则可知，方向垂直于纸面向里；（3）由图可知，粒子在磁场中运动的圆弧的圆心角为270°，设运动的时间为t2，则：t2=& = ，电子从P点到M点做匀速直线运动，设运动的时间为t3：t3= = = ，故总时间为：t总=t1+t2+t3= + + =（3+ ） …⑧答：（1）电场强度E的大小为： ；（2）匀强磁场的磁感应强B的大小为： ，方向：垂直于纸面向里；（3）粒子从M点进入电场，经N、P点最后又回到M点所用的时间为：（3+ ） ．&　&
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