2015-2016学年河南省周口市高三（上）期末物理试卷
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．其中第1-6题只有一项符合题目要求；第7-I0题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分．有选错的得0分．
1．如图是法拉第研制成的世界上第一台发电机模型的原理图．将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘，图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一平面内，转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流．若图中铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路总电阻为R，从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为ω．则下列说法正确的是（ ）
A．回路中有大小和方向作周期性变化的电流 B．回路中电流大小恒定，且等于
C．若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的正弦变化的磁场，不转动铜盘，灯泡中也没有电流流过
D．法拉第首先总结出磁场对电流作用力的规律
2．甲、乙两个物体从同一地点开始沿同一方向运动，其速度随时间变化的图象如图所示，图中t2=
，两段曲线均为半径相同的圆弧，则在0﹣t4时间内（ ）
A．两物体在t1时刻加速度相同
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B．两物体t3时刻相距最远，t4时刻相遇 C．两物体在t2时刻运动方向均改变
D．0﹣t4时间内甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度
3．如图所示，质量为m的物块与水平转台之间有摩擦，物块与转台转轴相距R，物块随转台由静止开始转动并计时，在t1时刻转速达到n，物块即将开始滑动，保持转速n不变，继续转动到t2时刻．则（ ）
A．在0～t1时间内，摩擦力做功为零 B．在0～t1时间内，摩擦力做功为2mπ2n2R2 C．在0～t1时间内，摩擦力做功为μmgR D．在t1～t2时间内，摩擦力做功为μmgR
4．2016年中国将发射“天宫二号”空间实验室，并发射“神舟十一号”载人飞船和“天舟一号”货运飞船，与“天宫二号”交会对接．“天宫二号”预计由“长征二号F”改进型无人运载火箭或“长征七号”运载火箭从酒泉卫星发射中心发射升空，由长征运载火箭将飞船送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，B点距离地面的高度为h，地球的中心位于椭圆的一个焦点上．“天宫二号”飞行几周后进行变轨进人预定团轨道，如图所示．已知“天宫二号”在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，引力常量为G，地球半径为R．则下列说法正确的是（ ）
A．“天宫二号”从B点沿椭圆轨道向A点运行的过程中，机械能增大
B．“天宫二号”在椭圆轨道的B点的向心加速度大于在预定圆轨道上B点的向心加速度
C．“天宫二号”在椭圆轨道的B点的速度大于在预定圆轨道上B点的速度 D．根据题目所给信息，可以计算出地球质量
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5．如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置．工作时两板分别接高压直流电源的正负极，空心金属小球用绝缘细线悬挂在金属极板中间，则（ ）
A．空心金属小球的右侧感应出正电荷
B．空心金属小球受到扰动后，会被吸在左极板上
C．用绝缘棒将空心金属小球拨到与右极板接触，放开后空心金属小球会在两极板间来回碰撞
D．空心金属小球受到细线的弹力，电场力，重力和库仑力共四个力的作用 6．如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上．A，B质量分别为6.0kg和2.0kg，A、B之间的动摩擦因数为0.2．在物体A上施加水平方向的拉力F，开始时F=10N，此后逐渐增大，在增大到45N的过程中，以下判断正确的是（ ）
A．两物体间始终没有相对运动 B．两物体间从受力开始就有相对运动
C．当拉力F＜12N时，两物体均保持静止状态
D．两物体开始没有相对运动，当F＞18N时，开始相对滑动物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面
7．在高纬度地区的高空，大气抽薄，常出现五颜六色的弧状、带状或幕状的极其美丽壮观的发光现象，这就是我们常说的“极光”．“极光”是由太阳发射的高速带电粒子（重力不计）受地磁场的影响，进入两极附近时，撞击并激发高空中的空气分子和原子引起的．假如我们在北极地区忽然发现正上方的高空出现了射向地球的、沿逆时针方向生成的紫色弧状极光（显示带电粒子的运动轨迹）．则关于引起这一现象的高速粒子的电性及弧状极光的弯曲程度的说法中，正确的是
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（ ）
A．高速粒子带负电 B．高速粒子带正电 C．弯曲程度逐渐增大 D．弯曲程度逐渐减小
8．如图甲，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其v﹣t图象如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是（ ）
A．该物块可能带负电
B．皮带轮的传动速度大小可能为2m/s
C．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移 D．在2s～4.5s内，物块与皮带仍可能有相对运动
9．如图所示，光滑半圆弧形轨道半径为r=0.4m，BC为竖直直径，A为半圆弧形轨道上与圆心O等高的位置．一质量为m=2.0kg的小球（可视为质点）自A处以某一竖直向下的初速度滑下，进入与C点相切的粗糙水平面CD上，在水平滑道上有一轻质弹簧，其一端固定在竖直墙上，另一端位于滑道末端的C点（此时弹簧处于自然状态．若小球与水平滑道间的动摩擦因数为μ=0.5，弹簧被压缩的最大长度为0.2m．小球经弹簧反弹后恰好能通过半圆弧形轨道的最高点B，重力加速度g=lOm/s2．则下列说法中正确的是（ ）
A．小球通过最高点B时的速度大小为2m/s B．小球运动过程中弹簧的最大弹性势能为20J C．小球第一次经过C点时对C点的压力为120N
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D．小球从A点竖直下滑的初速度大小为4m/s
10．如图所示电路中，R为电阻箱，电源的电动势为E，内阻为r．当调节电阻箱使外电阻分别为R1、R2时，其功率相等．此时对应的电流分别为I1、I2，电路中对应的电源效率分别为η1、η2，下列说法中正确的是（ ）
A．I1+I2＞ B．I1+I2= C．η1+η2=1 D．I1R1+I2R2=E
二、实验（15分）
11．（6分）在探究测定摩擦因数实验中，某研究小组设计了一种“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案．如图所示，A是可固定于水平桌面上任意位置的滑槽（滑槽末端与桌面相切），B是质量为m的滑块（可视为质点）．
第一次实验，如图（a）所示，将滑槽末端与桌面右端M对齐并固定，让滑块从滑槽最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的P点，测出滑槽最高点距离桌面的高度h、M距离地面的高度H、M与P间的水平距离x1；
第二次实验，如图（b）所示，将滑槽沿桌面向左移动一段距离并固定，让滑块B再次从滑槽最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的P'点，测出滑槽末端与桌面右端M的距离L、M与P′间的水平距离x2；
（1）在第二次实验中，滑块在滑槽末端时的速度大小为 （用实验中所测物理量的符号表示，已知重力加速度为g）
（2）通过上述测量和进一步的计算，可求出滑块与桌面间的动摩擦因数μ，下列能引起实验误差的是
（A）H的测量 （B）h的测量 （C）L的测量 （D） x2的测量
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（3）若实验中测得h=15cm、H=25cm、x1=30cm、L=1Ocm，x2=20cm，则滑块与桌面间的动摩擦因数μ= ．
12．（9分）某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率P．步骤如下： （1）游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度为 mm；
（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为 mm；
（3）选用多用电表的电阻“×1”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值约为 Ω；
（4）为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下： 电流表A1（量程300mA，内阻约为2Ω）； 电流表A2（量程150mA，内阻约为10Ω）； 电压表V1（量程1V，内阻r=1000Ω）； 电压表V2（量程15V，内阻约为3000Ω）； 定值电阻R0=1000Ω；
滑动变阻器R1（最大阻值5Ω）； 滑动变阻器R2（最大阻值1000Ω）； 电源E（电动势约为4V，内阻r约为1Ω）；
开关，导线若干．为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，电压表应选 ，电流表应选A2，滑动变阻器应选 ．（均填器材代号）
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根据你选择的器材，请在线框内画出实验电路图．
三、计算题：要有必要的文字说明{13，14，15，16题分别为8分，10分，12分，15分，共45分）
13．（8分）如图所示，弧形轨道的下端与半径为R=1.6m的圆轨道平滑连接．现在使一质量为m=1kg的小球从弧形轨道上端距地面h=2.8m的A点由静止滑下，进入圆轨道后沿圆轨道运动，轨道摩擦不计，g取10m/s2．试求： （1）小球在最低点B时对轨道的压力大小；
（2）若小球在C点（未画出）脱离圆轨道，求半径OC与竖直方向的夹角θ大小．
14．（10分）如图所示，竖直金属框架上端连接一个电容器，电容器电容为C=0.01F，在与电容器不远处有一个金属棒，其质量为m=0.001kg，整个装置置于磁感应强度为B=
T的匀强磁场中，金属棒及框架电阻不计，金属棒从静止释放，求其
速度达到v=20m/s时，所需要的时间．
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15．（12分）如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立xoy坐标系，在第Ⅱ象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x轴负方向的夹角θ=45°．在第Ⅲ象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板C1、C2，两板间距为d1=0.6m，板间有竖直向上的匀强磁场，两板右端在y轴上，板C1与x轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔M，小孔M离坐标原点O的距离为L=0.72m．在第Ⅳ象限垂直于x 轴放置一块平行y轴且沿y轴负向足够长的竖直平板C3，平板C3在x轴上垂足为Q，垂足Q与原点O相距d2=0.18m．现将一带负电的小球从桌面上的P点以初速度v0=4
m/s垂直于电场方向射出，刚好垂直于x轴穿过C1板上的M孔，进入磁
场区域．已知小球可视为质点，小球的比荷=20C/kg，P点与小孔M在垂直于电场方向上的距离为s=
m，不考虑空气阻力．求：
（1）匀强电场的场强大小；
（2）要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板C3上，求磁感应强度的取值范围．
16．（15分）一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度﹣时间图象如图所示．己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g=10m/s2，求： （1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数； （2）求木板何时停止运动．
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2015-2016学年河南省周口市高三（上）期末物理试卷
参与试题解析
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．其中第1-6题只有一项符合题目要求；第7-I0题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分．有选错的得0分．
1．如图是法拉第研制成的世界上第一台发电机模型的原理图．将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘，图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一平面内，转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流．若图中铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路总电阻为R，从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为ω．则下列说法正确的是（ ）
A．回路中有大小和方向作周期性变化的电流 B．回路中电流大小恒定，且等于
C．若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的正弦变化的磁场，不转动铜盘，灯泡中也没有电流流过
D．法拉第首先总结出磁场对电流作用力的规律
【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】圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，有效切割长度为铜盘的半径L，根据感应电动势公式分析电动势情况，由欧姆定律分析电流情况．根据右手定则分析感应电流方向．变化的磁场产生涡旋电流，根据灯泡两端有无电势差分析灯泡中有无电流．
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【解答】解：A、B铜盘转动产生的感应电动势为E=不变，根据欧姆定律得I==
，B、L、ω不变，E
，电流恒定不变．故AB错误．
C、垂直穿过铜盘的正弦变化的磁场，铜盘中产生涡旋电场，但a、b间无电势差，灯泡中没有电流流过．故C正确．
D、安培首先总结出磁场对电流作用力的规律，故D错误． 故选：C
【点评】本题是转动切割磁感线类型，运用等效法处理．导体中有无电流，要看导体两端是否存在电势差．
2．甲、乙两个物体从同一地点开始沿同一方向运动，其速度随时间变化的图象如图所示，图中t2=
，两段曲线均为半径相同的圆弧，则在0﹣t4时间内（ ）
A．两物体在t1时刻加速度相同
B．两物体t3时刻相距最远，t4时刻相遇 C．两物体在t2时刻运动方向均改变
D．0﹣t4时间内甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度 【考点】匀变速直线运动的图像
【分析】速度时间图线的斜率表示加速度的大小，图线与时间轴围成的面积表示位移．平均速度等于位移与时间之比．结合数学知识进行分析．
【解答】解：A、在t1 时刻，甲的斜率为正，乙的斜率为负，而斜率表示加速度，所以两物体在t1时刻加速度相反．故A错误；
B、图线与时间轴围成的面积表示位移，根据图象可知，t3时刻两者速度相等，位移之差最大，相距最远，t4时刻位移相等，两者相遇，故B正确；
C、甲乙的速度图象都在时间轴的上方，速度都为正，方向没有改变，故C错误； D、0﹣t4时间内甲物体的位移等于乙物体的位移，时间相等，则平均速度相等，
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故D错误． 故选：B
【点评】解决本题的关键能够从速度时间图线中获取信息，知道斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．
3．如图所示，质量为m的物块与水平转台之间有摩擦，物块与转台转轴相距R，物块随转台由静止开始转动并计时，在t1时刻转速达到n，物块即将开始滑动，保持转速n不变，继续转动到t2时刻．则（ ）
A．在0～t1时间内，摩擦力做功为零 B．在0～t1时间内，摩擦力做功为2mπ2n2R2 C．在0～t1时间内，摩擦力做功为μmgR D．在t1～t2时间内，摩擦力做功为μmgR 【考点】动能定理的应用；向心力
【分析】物体做加速圆周运动，受重力、支持力和静摩擦力，由于重力和支持力垂直于速度方向，始终不做功，只有静摩擦力做功，可以根据动能定理求出摩擦力做的功．
【解答】解：ABC、在0～t1时间内，转台的转速逐渐增加，故物体的速度逐渐增加，由动能定理可知，摩擦力对物体要做功．且摩擦力做功为 W=
=
=2mπ2n2R2．故A、C错误，B正确．
D、在t1～t2时间内，物体做匀速圆周运动，由静摩擦力提供向心力，物体的线速度不变，根据动能定理可知摩擦力做功为零，故D错误． 故选：B
【点评】本题关键根据摩擦力等于向心力，然后由动能定理列式求解．对于变力做功情况，运用动能定理求变力做功是常用的方法．
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4．2016年中国将发射“天宫二号”空间实验室，并发射“神舟十一号”载人飞船和“天舟一号”货运飞船，与“天宫二号”交会对接．“天宫二号”预计由“长征二号F”改进型无人运载火箭或“长征七号”运载火箭从酒泉卫星发射中心发射升空，由长征运载火箭将飞船送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，B点距离地面的高度为h，地球的中心位于椭圆的一个焦点上．“天宫二号”飞行几周后进行变轨进人预定团轨道，如图所示．已知“天宫二号”在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，引力常量为G，地球半径为R．则下列说法正确的是（ ）
A．“天宫二号”从B点沿椭圆轨道向A点运行的过程中，机械能增大
B．“天宫二号”在椭圆轨道的B点的向心加速度大于在预定圆轨道上B点的向心加速度
C．“天宫二号”在椭圆轨道的B点的速度大于在预定圆轨道上B点的速度 D．根据题目所给信息，可以计算出地球质量
【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用 【分析】“天宫二号”在椭圆轨道的B点的加速后做离心运动才能进入预定圆轨道，故“天宫二号”在椭圆轨道的B点的向心加速度小于在预定圆轨道的B点的向心加速度．
“天宫二号”从B点沿椭圆轨道向A点运行的过程中，只受到地球的引力，只有地球的引力做负功，动能越来越小，但机械能守恒．
地球对天宫二号的万有引力提供它绕地球做匀速圆周运动的向心力，由万有引力公式及向心力公式列方程，可以求出地球的质量．
【解答】解：A、“天宫二号”从B点沿椭圆轨道向A点运行的过程中，只受到地球的引力，只有地球的引力做功，故机械能守恒，故A错误．
B、在B点“天宫二号”产生的加速度都是由万有引力产生的，因为同在B点万有引力大小相等，故不管在哪个轨道上运动，在B点时万有引力产生的加速度大小相等，故B错误．
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C、“天宫二号”在椭圆轨道的B点的加速后做离心运动才能进入预定圆轨道，故“天宫二号”在椭圆轨道的B点的速度小于在预定圆轨道的B点的速度，故C错误． D、“天宫二号”在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，故周期为根据万有引力提供向心力
，
，得地球的质量
，故D正确．
故选：D
【点评】本题要掌握万有引力提供向心力，用周期表示向心力，列方程可以计算出中心天体的质量，难度适中．
5．如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置．工作时两板分别接高压直流电源的正负极，空心金属小球用绝缘细线悬挂在金属极板中间，则（ ）
A．空心金属小球的右侧感应出正电荷
B．空心金属小球受到扰动后，会被吸在左极板上
C．用绝缘棒将空心金属小球拨到与右极板接触，放开后空心金属小球会在两极板间来回碰撞
D．空心金属小球受到细线的弹力，电场力，重力和库仑力共四个力的作用 【考点】静电场中的导体；电势差与电场强度的关系
【分析】根据静电感应现象明确小球的带电情况，再利用电荷守恒定律进行分析，明确小球与极板相碰后的运动情况，即可分析小球的运动情况．
【解答】解：A、由于球表面镀有金属，故在电场作用下会产生感应电荷；金属极板右侧为正，则负电荷将向右移动，故右侧带有负电荷；故A错误；
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B、C、乒乓球与极板相碰后，在接触过程中，电荷重新分布，使球与极板带同种电荷；故将会排斥；因此乒乓球会在两极板间来回碰撞；故B错误，C正确； D、乒乓球共受到电场力、重力、拉力三个力的作用；故D错误； 故选：C
【点评】本题考查静电现象的应用，要注意分析静电感应和接触起电的性质，明确库仑力为电场力的一种．
6．如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上．A，B质量分别为6.0kg和2.0kg，A、B之间的动摩擦因数为0.2．在物体A上施加水平方向的拉力F，开始时F=10N，此后逐渐增大，在增大到45N的过程中，以下判断正确的是（ ）
A．两物体间始终没有相对运动 B．两物体间从受力开始就有相对运动
C．当拉力F＜12N时，两物体均保持静止状态
D．两物体开始没有相对运动，当F＞18N时，开始相对滑动物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面
【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用
【分析】隔离对B分析，求出AB发生相对滑动时的临界加速度，再对整体分析，运用牛顿第二定律求出刚好发生相对滑动时的拉力．
【解答】解：隔离对B分析，当AB间摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B发生相对滑动，则 aB=
再对整体分析有：F=（mA+mB）a=8×6N=48N．知当拉力达到48N时，A、B才发生相对滑动．故A正确，B、C、D错误． 故选：A
【点评】本题考查牛顿第二定律的临界问题，关键找出临界状态，运用整体法和隔离法，根据牛顿第二定律进行求解．
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7．在高纬度地区的高空，大气抽薄，常出现五颜六色的弧状、带状或幕状的极其美丽壮观的发光现象，这就是我们常说的“极光”．“极光”是由太阳发射的高速带电粒子（重力不计）受地磁场的影响，进入两极附近时，撞击并激发高空中的空气分子和原子引起的．假如我们在北极地区忽然发现正上方的高空出现了射向地球的、沿逆时针方向生成的紫色弧状极光（显示带电粒子的运动轨迹）．则关于引起这一现象的高速粒子的电性及弧状极光的弯曲程度的说法中，正确的是（ ）
A．高速粒子带负电 B．高速粒子带正电 C．弯曲程度逐渐增大 D．弯曲程度逐渐减小 【考点】洛仑兹力
【分析】在北极上空磁场方向为竖直向下，由左手定则可以判断粒子带负电．由于空气阻力的作用，粒子速度逐渐减小，其运动半径逐渐减小，因此弯曲程度逐渐增大．
【解答】解：AB、在北极上空有竖直向下的磁场，由地面上看带电粒子的运动轨迹沿逆时针方向，则由左手定则得粒子带负电．故A正确，B错误； CD、运动过程中粒子因空气阻力做负功，运动动能变小，速度减小，则轨迹半径减小，弯曲程度增大，故C正确，D错误； 故选：AC
【点评】本题以常见的自然现象为背景命题，考查了地磁场、左手定则、带电粒子在磁场中的运动等知识点．关键明确极光偏转方向，用左手定则可断定．
8．如图甲，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其v﹣t图象如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是（ ）
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A．该物块可能带负电
B．皮带轮的传动速度大小可能为2m/s
C．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移 D．在2s～4.5s内，物块与皮带仍可能有相对运动 【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【分析】由图得出物块的速度和加速度随时间的变化关系，结合对物块的受力分析，得出洛伦兹力的方向，由左手定则即可判断出物块的电性；结合受力分析，得出物块做匀速直线运动的条件，从而判断出物块是否相对于传送带静止；结合运动学的公式可以判断位移．
【解答】解：由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动．物块的最大速度是1m/s．
A、对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向： μFN﹣mgsinθ=ma ①
物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是FN逐渐减小，而开始时：FN=mgcosθ，后来：FN′=mgcosθ﹣f洛，即洛伦兹力的方向是向上的．物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电．故A错误；
B、物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合①式可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于0时，物块达到最大速度，此时：
mgsinθ=μ（mgcosθ﹣f洛） ②
由②可知，只要传送带的速度大于等于1m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能是1m/s，有可能是大于1m/s，物块可能相对于传送带静止，有可能相对于传送带不静止．故BD正确；
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C、由以上的分析可知，传送带的速度不能判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移．故C错误． 故选：BD．
【点评】该题考查传送带问题，物块沿传送带向上的运动可能达到与传送带的速度相等，也有可能二者的速度不会相等要注意对题目中可能出现的情况进行分析与把握．
9．（2015秋•周口期末）如图所示，光滑半圆弧形轨道半径为r=0.4m，BC为竖直直径，A为半圆弧形轨道上与圆心O等高的位置．一质量为m=2.0kg的小球（可视为质点）自A处以某一竖直向下的初速度滑下，进入与C点相切的粗糙水平面CD上，在水平滑道上有一轻质弹簧，其一端固定在竖直墙上，另一端位于滑道末端的C点（此时弹簧处于自然状态．若小球与水平滑道间的动摩擦因数为μ=0.5，弹簧被压缩的最大长度为0.2m．小球经弹簧反弹后恰好能通过半圆弧形轨道的最高点B，重力加速度g=lOm/s2．则下列说法中正确的是（ ）
A．小球通过最高点B时的速度大小为2m/s B．小球运动过程中弹簧的最大弹性势能为20J C．小球第一次经过C点时对C点的压力为120N D．小球从A点竖直下滑的初速度大小为4m/s 【考点】功能关系；动能定理
【分析】在最高点，是重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解最高点B时的速度；
对反弹后过程根据动能定理列式可以求解弹簧的最大弹性势能； 对下滑过程根据动能定理列式求解初速度； 在C点，重力和支持力的合力提供向心力．
【解答】解：A、小球被轻弹簧反弹后恰好能通过半圆形轨道的最高点B，故在
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B点是重力提供向心力，故： mg=m解得：v=
，故A正确；
B、对反弹后到最高点的过程根据动能定理，有： W弹﹣μmgx﹣mg（2R）=其中： W弹=Epm 联立解得：
Epm=μmgx+mg（2r）+故B错误；
C、从A到C，根据动能定理，有： mgr=解得：
﹣0
=0.5×2×10×0.2+2×10×（2×0.4）+=22J
在C点，根据牛顿第二定律，有： F﹣mg=m解得： F=mg+m
=2×10+2×
=180N，故C错误；
D、对运动全程，根据动能定理，有： ﹣mgr﹣2μmgx=解得： v0=
m/s，故D错误；
故选：A
【点评】本题关键是要明确小球的运动情况、受力情况和能量转化情况，结合动能定理、向心力公式和牛顿第二定律列式分析，灵活选择过程和状态是关键．
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10．如图所示电路中，R为电阻箱，电源的电动势为E，内阻为r．当调节电阻箱使外电阻分别为R1、R2时，其功率相等．此时对应的电流分别为I1、I2，电路中对应的电源效率分别为η1、η2，下列说法中正确的是（ ）
A．I1+I2＞ B．I1+I2= C．η1+η2=1 D．I1R1+I2R2=E 【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率
【分析】电阻箱读数分别等于R1和R2时功率相等，根据闭合电路欧姆定律和功率公式列式，即可求解电流，再分析电源的效率关系． 【解答】解：据题有：则有：EI1﹣I12r=EI2﹣I22r 变形得 I1+I2=． 电源的效率分别为 η1=
=
η2==
则得 η1+η2=1
由闭合电路欧姆定律得：I1R1=E﹣I1r，I2R2=E﹣I2r 则得 I1R1+I2R2=E 故选：BCD
【点评】本题主要考查了闭合电路欧姆定律以及功率公式的直接应用，关键要明确电源输出功率的求法，运用数学知识研究．
二、实验（15分）
11．（6分）（2015秋•周口期末）在探究测定摩擦因数实验中，某研究小组设计了一种“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案．如图所示，A是可固定于水平桌面上任意位置的滑槽（滑槽末端与桌面相切），B是质量为m的滑块（可视为质点）．
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第一次实验，如图（a）所示，将滑槽末端与桌面右端M对齐并固定，让滑块从滑槽最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的P点，测出滑槽最高点距离桌面的高度h、M距离地面的高度H、M与P间的水平距离x1；
第二次实验，如图（b）所示，将滑槽沿桌面向左移动一段距离并固定，让滑块B再次从滑槽最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的P'点，测出滑槽末端与桌面右端M的距离L、M与P′间的水平距离x2；
（1）在第二次实验中，滑块在滑槽末端时的速度大小为 所测物理量的符号表示，已知重力加速度为g）
（用实验中
（2）通过上述测量和进一步的计算，可求出滑块与桌面间的动摩擦因数μ，下列能引起实验误差的是 ACD
（A）H的测量 （B）h的测量 （C）L的测量 （D） x2的测量 （3）若实验中测得h=15cm、H=25cm、x1=30cm、L=1Ocm，x2=20cm，则滑块与桌面间的动摩擦因数μ= 0.5 ． 【考点】探究影响摩擦力的大小的因素
【分析】（1）由平抛运动的知识求得速度的大小． （2）凡影响到速度大小的求解的量均会引起实验误差． （3）先列出μ的表达式，代入数据计算即可．
【解答】解：（1）滑块在滑槽末端时的速度大小为：v1=
②
由竖直方向有：由①②③式求得：v1=x1（2）第一次测的速度为：
③
①
﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣
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﹣﹣﹣﹣﹣﹣④
物体在水平桌面上运动，由动能定理： 由③④⑤式可得：量、和x2的测量； 故选：ACD （3）由故答案为：（1）
=
﹣﹣﹣⑤
由表达式可知会引起误差的是H的测量、L的测
；（2）ACD；（3）0.5
【点评】该实验有一定的创新性，其实很多复杂的实验其实验原理都是来自我们所学的基本规律，这点要在平时训练中去体会．
12．（9分）（2014•德州一模）某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率P．步骤如下：
（1）游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度为 50.15 mm；
（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为 4.700 mm；
（3）选用多用电表的电阻“×1”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值约为 22.0 Ω；
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（4）为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下： 电流表A1（量程300mA，内阻约为2Ω）； 电流表A2（量程150mA，内阻约为10Ω）； 电压表V1（量程1V，内阻r=1000Ω）； 电压表V2（量程15V，内阻约为3000Ω）； 定值电阻R0=1000Ω；
滑动变阻器R1（最大阻值5Ω）； 滑动变阻器R2（最大阻值1000Ω）； 电源E（电动势约为4V，内阻r约为1Ω）；
开关，导线若干．为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，电压表应选 V1 ，电流表应选A2，滑动变阻器应选 R1 ．（均填器材代号） 根据你选择的器材，请在线框内画出实验电路图．
【考点】验证牛顿第二运动定律；测定金属的电阻率
【分析】（1）（2）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
（3）用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率，当指针指在附近时测量值较准确；
（4）根据电源电动势选择电压表，根据通过待测电阻的最大电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器； 为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，滑动变阻器可以采用分压接法，根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，作出实验电路图．
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【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为50mm，游标读数为0.05×3mm=0.15mm， 所以最终读数为50mm+0.15mm=50.15mm．
（2）螺旋测微器固定刻度为4.5mm，可动刻度为0.01×20.0=0.200mm， 所以最终读数为4.5mm+0.200mm=4.700mm． （3）该电阻的阻值约为22.0×1Ω=22.0Ω．
（4）电源电动势为4V，直接使用电压表V1量程太小，
为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，使用电压表V2量程又太大，
可以把电压表V1与定值电阻R0串联，增大其量程进行实验，故电压表选择V1， 待测电阻两端的电压不能超过2V，最大电流不超过100mA，所以电流表选A2， 待测电阻的电压从零开始可以连续调节，变阻器采用分压式接法，为保证电路安全方便实验操作，滑动变阻器应选R1．
为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，滑动变阻器可以采用分压接法，由于待测电阻阻值接近电流表内阻，所以采用电流表外接法． 如图所示：
故答案为：（1）50.15 （2）4.700 （3）22.0
（4）V1，R1．电路图如图所示．
【点评】掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．明确实验原理和误差来源，明确电流表、电压表和滑动变阻器的选择要求．
三、计算题：要有必要的文字说明{13，14，15，16题分别为8分，10分，12分，15分，共45分）
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13．（8分）如图所示，弧形轨道的下端与半径为R=1.6m的圆轨道平滑连接．现在使一质量为m=1kg的小球从弧形轨道上端距地面h=2.8m的A点由静止滑下，进入圆轨道后沿圆轨道运动，轨道摩擦不计，g取10m/s2．试求： （1）小球在最低点B时对轨道的压力大小；
（2）若小球在C点（未画出）脱离圆轨道，求半径OC与竖直方向的夹角θ大小．
【考点】动能定理；向心力
【分析】（1）小球从A到B的过程中，根据动能定理，可求解球经过最低点B时的速度；在B点，由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿运动定律，结合向心力表达式，即可求解小球在最低点B时对轨道的压力大小；
（2）根据机械能守恒，小球不可能到达圆周最高点，但在圆心以下的圆弧部分速度不等0，弹力不等于0，小球不会离开轨道，应在圆心以上的圆弧部分脱离轨道，此时轨道对小球的弹力为零，根据牛顿第二定律求出此时小球的速度，由机械能守恒定律列式求解．
【解答】解：（1）小球从A到B的过程中，由动能定理得： mg•h=mv2
在B点，由牛顿第二定律得 FN﹣mg=FN=45N
根据牛顿第三定律可知小球在最低点B时对轨道的压力大小为45N
（2）根据机械能守恒，小球不可能到达圆周最高点，但在圆心以下的圆弧部分速度不等0，弹力不等于0，小球不会离开轨道．设小球在C点（OC与竖直方向的夹角为θ）脱离圆轨道，则在C点轨道弹力为0有： mgcosθ=
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小球从A到C的过程中，由机械能守恒定律得： mg•h=mgR+mgRcosθ+由③④得：v0=2
m/s，θ=60°
答：（1）小球在最低点B时对轨道的压力大小是45N，方向竖直向下； （2）若小球在C点（未画出）脱离圆轨道，半径OC与竖直方向的夹角θ大小是60°；
【点评】本题考查动能定理、牛顿第二定律与机械能守恒定律的应用，要注意分析小球的运动过程和状态，明确小球刚脱离轨道时轨道对球的弹力为零，由径向合力充当向心力．
14．（10分）如图所示，竖直金属框架上端连接一个电容器，电容器电容为C=0.01F，在与电容器不远处有一个金属棒，其质量为m=0.001kg，整个装置置于磁感应强度为B=
T的匀强磁场中，金属棒及框架电阻不计，金属棒从静止释放，求其
速度达到v=20m/s时，所需要的时间．
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电容
【分析】导体棒向下运动的过程中切割磁感线产生电动势，该电动势给电容器充电，然后结合闭合电路的欧姆定律以及q=CU以及牛顿第二定律即可求出． 【解答】解：对回路中产生的电流为：I=…① 通过电容器的电量为：q=C△U…② 由法拉第电磁感应定律得： △U=BL△v…③ △v=a•△t…④ 由牛顿第二定律得： Mg﹣F=ma
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联立①②③④得：a=代入数值得：a=5m/s2 由公式V=at代入数据得： t=4s
答：所需的时间是4s．
【点评】该题属于导体棒切割磁感线与电容器充电象结合的题目，可以由牛顿第二定律分析受力与棒的速度关系，也可以由动量定理分析受力与棒的速度关系．
15．（12分）如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立xoy坐标系，在第Ⅱ象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x轴负方向的夹角θ=45°．在第Ⅲ象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板C1、C2，两板间距为d1=0.6m，板间有竖直向上的匀强磁场，两板右端在y轴上，板C1与x轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔M，小孔M离坐标原点O的距离为L=0.72m．在第Ⅳ象限垂直于x 轴放置一块平行y轴且沿y轴负向足够长的竖直平板C3，平板C3在x轴上垂足为Q，垂足Q与原点O相距d2=0.18m．现将一带负电的小球从桌面上的P点以初速度v0=4
m/s垂直于电场方向射出，刚好垂直于x轴穿过C1板上的M孔，进入磁
场区域．已知小球可视为质点，小球的比荷=20C/kg，P点与小孔M在垂直于电场方向上的距离为s=
m，不考虑空气阻力．求：
（1）匀强电场的场强大小；
（2）要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板C3上，求磁感应强度的取值范围．
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【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）小球在第Ⅱ象限内做类平抛运动，分别写出沿电场方向和垂直于电场方向的分位移、分速度与时间的关系式，结合牛顿第二定律求出加速度，联立可得到场强的大小．
（2）根据类平抛运动的规律求出经过M点的速度，作出粒子在磁场中的临界运动轨迹，结合几何关系和半径公式求出磁感应强度的范围． 【解答】解：（1）小球在第Ⅱ象限内做类平抛运动有： s=v0t，at=v0tanθ，
由牛顿第二定律有：qE=ma， 解得：E=8
V/m；
（2）设小球通过M点时的速度为v， 由类平抛运动的规律有：v=
=
=8m/s
小球垂直磁场方向进入两板间做匀速圆周运动，轨迹如图， 由牛顿第二定律有：qvB=m解得：B=
，
，
小球刚好不与C2板相碰时磁感应强度最小设为B1QUOTE，此时粒子的轨迹半径为R1
由几何关系有：R1=d1， 解得：B1=T，
小球刚好能打到Q点磁感应强度最强设为B2．此时小球的轨迹半径为R2 由几何关系有：解得：R2=0.4mB2=1T，
综合得磁感应强度的取值范围：T≤B≤1T； 答：（1）匀强电场的场强大小为8
V/m； ，
（2）要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板C3上，磁感应强度的取值范围是T≤B≤1T．
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【点评】本题关键是明确粒子的运动规律、画出运动轨迹，然后结合牛顿第二定律、类似平抛运动的分位移公式和几何关系列式求解． 解带电粒子在有界电场中的运动问题的一般思路： 1、根据题意作出粒子运动轨迹；
2、确定圆心，求出粒子在磁场中转过的圆心角，求出粒子轨道半径； 3、应用牛顿第二定律与周期公式分析答题．
16．（15分）一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度﹣时间图象如图所示．己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g=10m/s2，求： （1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数； （2）求木板何时停止运动．
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像
【分析】（1）由v﹣t图象分析可知，0.5s时刻以前木板做匀减速运动，而物块做匀加速运动，t=0.5s时刻两者速度相等．根据v﹣t的斜率等于物体的加速度，由数学知识求出木板的加速度大小，由运动学公式和牛顿第二定律结合求解动摩擦因数；
（2）根据牛顿第二定律判断速度相同后两个物体能否一起做匀减速运动，求出
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加速度，从而求出木板匀减速到静止的时间，进而求出木板停止运动的时刻． 【解答】解：（1）从t=0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．
由图可知，在t1=0.5 s时，物块和木板的速度相同．设t=0到t=t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则有： a1=
…①
a2=…②
式中v0=5 m/s、v1=1 m/s分别为木板在t=0、t=t1时速度的大小．设物块和木板的质量均为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得 μ1mg=ma1…③
（μ1+2μ2）mg=ma2…④ 联立①②③④式得： μ1=0.20…⑤ μ2=0.30…⑥
（2）0.5s后两个物体都做匀减速运动，假设两者相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a=μ2g
由于物块的最大静摩擦力μ1mg＜μ2mg，所以物块与木板不能相对静止． 根据牛顿第二定律可知，物块匀减速运动的加速度大小等于a2=
=μ1g=2m/s2．
0.5s后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同，则木板的加速度大小为：a1′=
=4m/s2
，
则木板速度减为零需要的时间为：
则有：t=0.5+0.25=0.75s，即木板在t=0.75s时停止运动．
答：（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为0.20和0.30； （2）木板在0.75s时停止运动．
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【点评】本题首先要掌握v﹣t图象的物理意义，由斜率求出物体的加速度，其次要根据牛顿第二定律判断速度相等后两物体的运动情况，再由运动学公式求时间，难度适中．
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