湖南省岳陽市2017屆高考物理一模試卷(解析版)

1、2017年湖南省岳陽市高考物理一模試卷一、選擇題（本題共12小題，每小題4分，共48分其中1-8題只有一個選項正確，選對得4分，選錯、多選或不選得0分，9-12題有多個選項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不選的得0分）1類比法是一種有效的學(xué)習(xí)方法，通過歸類和比較，有助于理解和掌握新概念、新知識下列類比說法錯誤的是（）A點電荷可以與質(zhì)點類比，都是理想化模型B電場力做功可以與重力做功類比，兩種力做功都與路徑無關(guān)C電場線可以與磁感線類比，都是用假想的曲線形象化地描繪“場”D機械能守恒定律可以與動量守恒定律類比，都是描述系統(tǒng)在合外力為零時遵循的運動規(guī)律2如圖是質(zhì)點做直線運動

2、的vt圖象，則下圖中符合該質(zhì)點的運動情況的xt圖象可能是（）ABCD3下列情況中系統(tǒng)動量守恒的是（）小車停在光滑水平面上，人在車上走動時，對人與車組成的系統(tǒng)子彈水平射入放在光滑水平面上的木塊中，對子彈與木塊組成的系統(tǒng)子彈射入緊靠墻角的木塊中，對子彈與木塊組成的系統(tǒng)氣球下用輕繩吊一重物一起加速上升時，繩子突然斷開后的一小段時間內(nèi)，對氣球與重物組成的系統(tǒng)A只有B和C和D和4地球公轉(zhuǎn)軌道的半徑在天文學(xué)上常用來作為長度單位，叫做天文單位，用來量度太陽系內(nèi)天體與太陽的距離已知木星公轉(zhuǎn)的軌道半徑約5.0天文單位，請估算木星公轉(zhuǎn)的周期約為多少地球年（）A3年B5年C11年D25年5一個電子只在電場力作用下從

3、a點運動到b點，軌跡如圖中虛線所示，圖中的一組等距平行實線表示的可能是電場線也可能是等差等勢面，則以下說法正確的是（）A如果圖中的實線是電場線，a點的場強比b點的場強小B如果圖中的實線是等勢線，a點的電勢比b點的電勢低C如果圖中的實線是等勢線，電子在a點的速率一定等于在b點的速率D如果圖中的實線是電場線，電子在a點的電勢能比在b點的電勢能大6某電池對純電阻供電的輸出功率P隨電流I變化的圖象如圖所示則下列說法正確的是（）A該電源的電動勢E=2VB該電源的內(nèi)阻r=1UC若I=2A時，則外電阻R=1UD同一輸出功率P可對應(yīng)兩個不同的電流I1、I2，即對應(yīng)兩個不同的外電阻R1、R2，且r=R1R27在

4、平直的公路上，一輛汽車在牽引力作用下從靜止開始做勻加速直線運動，當(dāng)速度達(dá)到某一值時汽車做勻速直線運動若汽車所受阻力與速度成正比，則汽車功率P隨時間t變化的關(guān)系可能是（）ABCD8如圖質(zhì)量為M的斜面靜止在水平面上，MNPQ是斜面的四個頂點，兩質(zhì)量均為m的光滑小球A、B先后分別從斜面的頂端M出發(fā)，A初速度為0；B初速度水平，而且剛好經(jīng)過Q點，下列說法中正確的是（）AA球到P點的速度大小與B球到Q點的速度大小相等BA球從M點到P點與B球從M點到Q點所用的時間相等C兩球在運動過程中地面對斜面的摩擦力方向不相同DA球在運動過程中地面對斜面的支持力小于B球運動過程中地面對斜面的支持力9下列說法中正確的是（

5、）A電容器所帶的電荷量是指一個極板所帶電荷量的絕對值B電場強度定義式中，E=中，E與F成正比，與q成反比C物體的速度發(fā)生變化時，該物體的運動狀態(tài)不一定發(fā)生變化D帶電粒子所受的洛倫茲力一定垂直于粒子的運動方向，故洛倫茲力始終對帶電粒子不做功10A、B、C三物塊質(zhì)量分別為M、m和m0，作如圖所示的連結(jié)繩子不可伸長，且繩子和滑輪的質(zhì)量、滑輪的摩擦均可不計桌面與A、A與B之間不光滑，若B隨A一起沿水平桌面作勻加速運動，加速度為a，則可以斷定（）A物塊A對物塊B的摩擦力方向水平向右B物塊B不受摩擦力C桌面對物塊A的摩擦力大小為m0（ga）（M+m）aD桌面對物塊A的摩擦力大小為m0（ga）（Mm）a11

6、如圖所示，空間同時存在豎直向上的勻強磁場和勻強電場，磁感應(yīng)強度為B，電場強度為E一質(zhì)量為m，電量為q的帶正電小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)在將磁場方向順時針旋轉(zhuǎn)30°，同時給小球一個垂直磁場方向斜向下的速度v，則關(guān)于小球的運動，下列說法正確的是（）A小球做勻速圓周運動B小球運動過程中機械能守恒C小球運動到最低點時電勢能增加了D小球第一次運動到最低點歷時12一半徑為R 圓筒處于勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ù順時針轉(zhuǎn)動在該截面內(nèi)，一質(zhì)量為m，帶電量為q帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30&#

7、176;角當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒不計粒子重力，若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則關(guān)于帶電粒子的運動半徑r與磁場的磁感應(yīng)強度B正確的是：（）Ar=3RBr=（+1）RCB=DB=二、實驗題（共16分，請將答案填在答卷的相應(yīng)橫線上，否則不得分）13圖甲中游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為cm；圖乙中螺旋測微器的讀數(shù)為mm14在“測量電源電動勢”的實驗中，實驗室提供的器材如下：待測電源E（放電電流不能太大），電壓表（量程大于待測電源的電動勢），標(biāo)有長度的均勻電阻絲ab電阻約15，開關(guān)S，一端連有鱷魚夾P的導(dǎo)線1，其它導(dǎo)線若干（1）實驗中，用導(dǎo)線1、2、3、4、5和6按圖甲所示方式連接電路

8、，電路中所有元器件都完好，閉合開關(guān)之前，鱷魚夾P應(yīng)置于（填“a”或“b”）端（2）閉合開關(guān)后，反復(fù)改變鱷魚夾P的位置，電壓表都有較大的示數(shù)但不變，則斷路的導(dǎo)線為（填數(shù)字代號）（3）排除故障后，閉合開關(guān)，改變鱷魚夾P的位置，讀出多組電壓表讀數(shù)U，和對應(yīng)aP間的電阻絲長度L，由測得的數(shù)據(jù)，繪出了如圖乙所示的圖線，則電源電動勢E=V，（計算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）應(yīng)用該實驗中的數(shù)據(jù)（填“能”或“不能”）測出該電源的內(nèi)阻r三、計算題（共36分，解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟請將解題過程填在答卷上相應(yīng)位置，否則不得分）15為使飛機在開始滑行時就有一定的初速度，航空母艦裝有彈射裝置，然后在飛

9、機發(fā)動機產(chǎn)生動力作用下做勻加速直線運動最后起飛某型號的飛機經(jīng)彈射系統(tǒng)作用后，具有144km/h的初速度，但起飛的速度須達(dá)到180km/h該飛機提供的牽引力為1.32×15N，起飛質(zhì)量為2.7×104kg，若飛機在跑道上勻加速100m（1）求該飛機在起飛過程中的加速度大?。唬?）求該飛機在起飛過程中的平均阻力大小16如圖所示，一質(zhì)量為M=5kg、長為L=2m的長方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一質(zhì)量為m=1kg的小木塊A給A和B以大小相等、方向相反的初速度V0=3m/s，使A開始向左運動，B開始向右運動，最后A剛好沒有滑離B板（以地面為參照系）（1）求它們最后的速度

10、大小和方向；（2）求A、B因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能；（3）求小木塊A向左運動到達(dá)的最遠(yuǎn)處（從地面上看）離出發(fā)點的距離17如圖所示，在xOy平面的第一象限內(nèi)，分布有沿x軸負(fù)方向的場強E=4×104N/C的勻強電場，第四象限內(nèi)分布有垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度B1=0.2T的勻強磁場，第二、三象限內(nèi)分布有垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度B2的勻強磁場在x軸上有一個垂直于y軸的平板OM，平板上開有一個小孔Py軸負(fù)方向上距O點cm的粒子源S可以向第四象限平面內(nèi)各個方向發(fā)射粒子，且OSOP假設(shè)發(fā)射的粒子速度大小v均為2×105m/s，除了垂直軸x通過P點的á粒子可以進(jìn)入電場，其余打到平板上的

11、á粒子均被吸收已知粒子帶正電，比荷為=5×l07C/kg，重力不計，求：（1）á粒子在第四象限的磁場中運動時的軌道半徑；（2）除了通過P點的粒子外，為使其余粒子都不能進(jìn)入電場，平板OM的長度至少是多長？（3）經(jīng)過P點進(jìn)入電場中運動的粒子，第一次到達(dá)y軸的位置與O點的距離；（4）要使離開電場的粒子能回到粒子源S處，磁感應(yīng)強度B2應(yīng)為多大？2017年湖南省岳陽市高考物理一模試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本題共12小題，每小題4分，共48分其中1-8題只有一個選項正確，選對得4分，選錯、多選或不選得0分，9-12題有多個選項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全

12、的得2分，有選錯或不選的得0分）1類比法是一種有效的學(xué)習(xí)方法，通過歸類和比較，有助于理解和掌握新概念、新知識下列類比說法錯誤的是（）A點電荷可以與質(zhì)點類比，都是理想化模型B電場力做功可以與重力做功類比，兩種力做功都與路徑無關(guān)C電場線可以與磁感線類比，都是用假想的曲線形象化地描繪“場”D機械能守恒定律可以與動量守恒定律類比，都是描述系統(tǒng)在合外力為零時遵循的運動規(guī)律【考點】機械能守恒定律；質(zhì)點的認(rèn)識【分析】本題考查了對類比法的理解，對于相似概念或者相似規(guī)律可以通過類比方法比較學(xué)習(xí)，加深對概念規(guī)律的理解【解答】解：A、點電荷和質(zhì)點都是理想化模型，故A正確；B、電場力做功與路徑無關(guān)，只和初末位置有關(guān)，

13、和重力做功類似，故B正確；C、電場線和磁場線都不是真實存在的，都是假象的線，都是為了形象的描述各自的概念，故C正確；D、動量守恒是在外力為零時遵循的運動規(guī)律，而機械能守恒是指在只有動能和重力勢能（或彈性勢能）相互轉(zhuǎn)化時遵守的規(guī)律，并非是在外力為零時遵循規(guī)律，故D錯誤本題選錯誤的故選D2如圖是質(zhì)點做直線運動的vt圖象，則下圖中符合該質(zhì)點的運動情況的xt圖象可能是（）ABCD【考點】勻變速直線運動的圖像；勻變速直線運動的速度與時間的關(guān)系【分析】根據(jù)vt圖象判斷出物體的運動，結(jié)合位移時間關(guān)系表示出各階段的xt的表達(dá)式，即可判斷【解答】解：根據(jù)vt圖象可知，加速和減速階段的加速度大小相等，則在加速階段

14、，物體通過的位移，在減速階段，物體做勻減速運動，則，故xt圖象B正確；故選：B3下列情況中系統(tǒng)動量守恒的是（）小車停在光滑水平面上，人在車上走動時，對人與車組成的系統(tǒng)子彈水平射入放在光滑水平面上的木塊中，對子彈與木塊組成的系統(tǒng)子彈射入緊靠墻角的木塊中，對子彈與木塊組成的系統(tǒng)氣球下用輕繩吊一重物一起加速上升時，繩子突然斷開后的一小段時間內(nèi)，對氣球與重物組成的系統(tǒng)A只有B和C和D和【考點】動量守恒定律【分析】判斷動量是否守恒的方法有兩種：第一種，從動量守恒的條件判定，動量守恒定律成立的條件是系統(tǒng)受到的合外力為零，故分析系統(tǒng)受到的外力是關(guān)鍵第二種，從動量的定義，分析總動量是否變化來判定【解答】解：小

15、車停在光滑水平面上，車上的人在車上走動時，對人與車組成的系統(tǒng)，受到的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒故正確；子彈射入放在光滑水平面上的木塊中，對子彈與木塊組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)所受外力之和為零，系統(tǒng)動量守恒故正確；子彈射入緊靠墻角的木塊中，對子彈與木塊組成的系統(tǒng)受墻角的作用力，系統(tǒng)所受外力之和不為零，系統(tǒng)動量不守恒故錯誤；氣球下用輕繩吊一重物一起加速上升時，繩子突然斷開后的一小段時間內(nèi)，對氣球與重物組成的系統(tǒng)，所受的合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故錯誤；綜上可知，B正確，ACD錯誤故選：B4地球公轉(zhuǎn)軌道的半徑在天文學(xué)上常用來作為長度單位，叫做天文單位，用來量度太陽系內(nèi)天體與太陽的距離已知木星公轉(zhuǎn)的軌道半徑約

16、5.0天文單位，請估算木星公轉(zhuǎn)的周期約為多少地球年（）A3年B5年C11年D25年【考點】萬有引力定律及其應(yīng)用；開普勒定律【分析】根據(jù)開普勒第三定律，木星與地球的軌道半徑的三次方與公轉(zhuǎn)周期的平分的比值相等，據(jù)此列式分析即可【解答】解：根據(jù)開普勒第三定律，有：，故，故ABD錯誤，C正確；故選：C5一個電子只在電場力作用下從a點運動到b點，軌跡如圖中虛線所示，圖中的一組等距平行實線表示的可能是電場線也可能是等差等勢面，則以下說法正確的是（）A如果圖中的實線是電場線，a點的場強比b點的場強小B如果圖中的實線是等勢線，a點的電勢比b點的電勢低C如果圖中的實線是等勢線，電子在a點的速率一定等于在b點的速

17、率D如果圖中的實線是電場線，電子在a點的電勢能比在b點的電勢能大【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系；電勢能【分析】由電子的軌跡彎曲方向判斷電子所受的電場力方向，確定電場線的方向，判斷電勢高低勻強電場中場強處處大小相等根據(jù)電場力方向與電子速度方向的夾角，判斷電場力對電子做正功還是負(fù)功，確定電子在a點與b點動能的大小【解答】解：A、不論圖中實線是電場線還是等勢面，該電場是勻強電場，a點和b點的場強大小相等若實線是等勢線，由于電場線與等勢面垂直，電子所受電場力方向向下，則電場線方向向上，則a點的電勢比b點高故A、B錯誤C、如果圖中實線是等勢線，電子所受電場力方向向下，電場力對電子做負(fù)功，則電子

18、在b點動能較小，即電子在a點的速率一定大于在b點的速率故C錯誤D、如果圖中實線是電場線，電子所受的電場力水平向右，電場力對電子做正功，電子電勢能減小，電子在a點的電勢能比在b點的電勢能大故D正確故選：D6某電池對純電阻供電的輸出功率P隨電流I變化的圖象如圖所示則下列說法正確的是（）A該電源的電動勢E=2VB該電源的內(nèi)阻r=1UC若I=2A時，則外電阻R=1UD同一輸出功率P可對應(yīng)兩個不同的電流I1、I2，即對應(yīng)兩個不同的外電阻R1、R2，且r=R1R2【考點】電功、電功率；閉合電路的歐姆定律【分析】電源的輸出功率P=EII2r，當(dāng)I=時，電源輸出功率最大，為；結(jié)合圖象得到電源的電動勢和內(nèi)電阻【

19、解答】解：AB、對于電源，輸出功率P=EII2r=r（I）2+，當(dāng)I=時，輸出功率最大，為P=，結(jié)合圖象，有：， =2，聯(lián)立解得：E=2V，r=0.5；故A正確，B錯誤；C、若I=2A，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有：I=，2=，解得：R=0.5，故C錯誤；D、結(jié)合圖象，同一輸出功率P可對應(yīng)兩個不同的電流I1、I2，即對應(yīng)兩個不同的外電阻R1、R2，有：解得：r2=R1R2，故D錯誤；故選：A7在平直的公路上，一輛汽車在牽引力作用下從靜止開始做勻加速直線運動，當(dāng)速度達(dá)到某一值時汽車做勻速直線運動若汽車所受阻力與速度成正比，則汽車功率P隨時間t變化的關(guān)系可能是（）ABCD【考點】功率、平均功率和瞬時功

20、率【分析】根據(jù)牛頓第二定律求得勻加速運動過程中的牽引力，根據(jù)P=Fv求得功率，達(dá)到額定功率后，由于慣性，速度不變，由P=Fv知，牽引力F突然減小，使?fàn)恳Φ扔谧枇Γ构β拾l(fā)生突變【解答】解：汽車在勻加速階段，根據(jù)牛頓第二定律Ff=ma，物體的速度v=at，受到的阻力f=kv，解得F=（ka+ma）t，在加速階段的功率P=Fv=（ka+ma）at2，達(dá)到額定功率后，此時P突然減小，由于慣性，速度不變，由P=Fv知，牽引力F突然減小，使?fàn)恳Φ扔谧枇?，汽車又開始做速度減小了的勻速運動，故A正確故選：A8如圖質(zhì)量為M的斜面靜止在水平面上，MNPQ是斜面的四個頂點，兩質(zhì)量均為m的光滑小球A、B先后分別

21、從斜面的頂端M出發(fā)，A初速度為0；B初速度水平，而且剛好經(jīng)過Q點，下列說法中正確的是（）AA球到P點的速度大小與B球到Q點的速度大小相等BA球從M點到P點與B球從M點到Q點所用的時間相等C兩球在運動過程中地面對斜面的摩擦力方向不相同DA球在運動過程中地面對斜面的支持力小于B球運動過程中地面對斜面的支持力【考點】平拋運動【分析】分別對A和B進(jìn)行受力分析，然后結(jié)合各自不同的受力特點分析其運動即可【解答】解：A、B、小球A受到重力和斜面的支持力，沿斜面做勻加速直線運動，其加速度由重力沿斜面向下的分力提供，即：，其中為斜面的傾角；設(shè)沿斜面方向的長度為L，則：所以：A到達(dá)P點的速度：小球B受到重力和斜面

22、的支持力，平行于斜面的方向做勻速直線運動，沿斜面的方向做勻加速直線運動，則：又：所以：B到達(dá)Q點時，沿斜面方向的分速度：所以A球到P點的速度大小小于B球到Q點的速度大小故A錯誤、B正確；C、D、兩個小球在運動的過程中都是只受到重力和斜面的支持力，二者都是相等的，所以兩種情況下斜面體都是受到重力Mg、地面的支持力、小球的壓力、地面的摩擦力，由于重力Mg、小球的壓力都是相同的，所以兩球在運動過程中地面對斜面的摩擦力相同，地面對斜面的支持力也相等故C錯誤，D錯誤故選：B9下列說法中正確的是（）A電容器所帶的電荷量是指一個極板所帶電荷量的絕對值B電場強度定義式中，E=中，E與F成正比，與q成反比C物體

23、的速度發(fā)生變化時，該物體的運動狀態(tài)不一定發(fā)生變化D帶電粒子所受的洛倫茲力一定垂直于粒子的運動方向，故洛倫茲力始終對帶電粒子不做功【考點】電容；電場強度【分析】電容器所帶電量是指一個極板上的帶電量的絕對值；電場強度的定義式E=，采用比值法定義，具有比值定義法的共性，E與試探電荷無關(guān)；物體的運動狀態(tài)指的是物體的速度；由左手定則可知，洛倫茲力總是與速度垂直，則只改變速度的方向，不改變速度大小，洛倫茲力不做功，【解答】解：A、電容器所帶的電荷量是指一個極板所帶電荷量的絕對值，故A正確；B、電場強度定義式中，中，E是由電場本身決定的，與F、q無關(guān)，故B錯誤；C、運動狀態(tài)發(fā)生變化是指速度發(fā)生變化，所以物體

24、的速度發(fā)生變化，這個物體的運動狀態(tài)一定變化，故C錯誤；D、根據(jù)左手定則，洛倫茲力的方向與磁場方向、粒子的運動方向垂直，洛倫茲力方向與速度方向垂直，則洛倫茲力不做功，故D正確；故選：AD10A、B、C三物塊質(zhì)量分別為M、m和m0，作如圖所示的連結(jié)繩子不可伸長，且繩子和滑輪的質(zhì)量、滑輪的摩擦均可不計桌面與A、A與B之間不光滑，若B隨A一起沿水平桌面作勻加速運動，加速度為a，則可以斷定（）A物塊A對物塊B的摩擦力方向水平向右B物塊B不受摩擦力C桌面對物塊A的摩擦力大小為m0（ga）（M+m）aD桌面對物塊A的摩擦力大小為m0（ga）（Mm）a【考點】牛頓第二定律；摩擦力的判斷與計算【分析】（1）根據(jù)

25、物塊B的運動狀態(tài)判斷其受力情況即可；（2）分別對物塊C和物塊A、B組成的整體分析，根據(jù)牛頓第二定律列方程聯(lián)立即可求解【解答】解：AB、因為物塊B向右做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可知，物塊A對物塊B的摩擦力：f=ma，方向水平向右，故A正確，B錯誤；CD、因整體做勻加速直線運動，對物塊C，由牛頓第二定律可得：m0gT=m0a對于AB整體，由牛頓第二定律可得：Tf=（M+m）a聯(lián)立可解得：f=m0（ga）（M+m）a故C正確，D錯誤故選：AC11如圖所示，空間同時存在豎直向上的勻強磁場和勻強電場，磁感應(yīng)強度為B，電場強度為E一質(zhì)量為m，電量為q的帶正電小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)在將磁場方向順時

26、針旋轉(zhuǎn)30°，同時給小球一個垂直磁場方向斜向下的速度v，則關(guān)于小球的運動，下列說法正確的是（）A小球做勻速圓周運動B小球運動過程中機械能守恒C小球運動到最低點時電勢能增加了D小球第一次運動到最低點歷時【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】本題給了兩個物理過程：一是在三種場的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，由于磁場對靜止的電荷不產(chǎn)生力的作用，所以電荷受到一電場力和重力平衡抵消；二是磁場稍微傾斜后給一速度，那么小球只受洛侖茲力在垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動，要注意的是圓周平面與B垂直當(dāng)然也與紙面垂直初始位置與最低點的高度差為Rsin30°，從而能都求出電

27、勢能的增加量和到最低點的時間【解答】解：A、小球在復(fù)合電磁場中處于靜止?fàn)顟B(tài)，只受兩個力作用，即重力和電場力且兩者平衡當(dāng)把磁場順時針方向傾斜30°，且給小球隊一個垂直磁場方向的速度v，則小球受到的合力就是洛侖茲力，且與速度方向垂直，所以帶電粒子將做勻速圓周運動，選項A正確B、由于帶電粒子在垂直于紙面的傾斜平面內(nèi)做勻速圓周運動運動過程中受到電場力要做功，所以機械能不守恒，選項B錯誤C、電場力從開始到最低點克服電場力做功為W=EqRsin30°=mg××=，所以電電勢能的增加量為，選項C錯誤D、小球從第一次運動到低點的時間為，所以選項D錯誤故選：A12一半徑為

28、R 圓筒處于勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ù順時針轉(zhuǎn)動在該截面內(nèi)，一質(zhì)量為m，帶電量為q帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30°角當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒不計粒子重力，若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則關(guān)于帶電粒子的運動半徑r與磁場的磁感應(yīng)強度B正確的是：（）Ar=3RBr=（+1）RCB=DB=【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動【分析】本題顯然有一個等時關(guān)系：帶電粒子做勻速圓周運動的時間與圓筒轉(zhuǎn)過的時間相等，圓筒轉(zhuǎn)過90°時，恰從N點射出，畫出粒

29、子做勻速圓周運動的軌跡，很容易看出帶電粒子轉(zhuǎn)過30°由幾何關(guān)系就能求出粒子做勻速圓周運動的半徑，但要應(yīng)有到半角公式，由等時關(guān)系從求磁感應(yīng)強度的大小【解答】解：AB、作出粒子的運動軌跡如圖所示，其中O為粒子運動軌跡的圓心，由幾何關(guān)系可知MON=30°則 所以 選項AB錯誤CD、由粒子在磁場中做勻速圓周運動的規(guī)律可知，而由于粒子轉(zhuǎn)過30°所用時間與圓筒轉(zhuǎn)過90°所用時間相同所以，將T代入得：，所以選項C錯誤，選項D正確故選：D二、實驗題（共16分，請將答案填在答卷的相應(yīng)橫線上，否則不得分）13圖甲中游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為1.150cm；圖乙中螺旋測微器的讀數(shù)為5.

30、700mm【考點】刻度尺、游標(biāo)卡尺的使用；螺旋測微器的使用【分析】解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀【解答】解：游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為11mm，游標(biāo)尺上第7個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標(biāo)讀數(shù)為10×0.05mm=0.50mm，所以最終讀數(shù)為：11mm+0.50mm=11.50mm=1.150cm螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為5.5mm，可動刻度讀數(shù)為0.01×20.0mm=0.200mm，所以最終讀數(shù)為：5.5mm+0.200mm=5.700mm，故答案為：1.15

31、0，5.70014在“測量電源電動勢”的實驗中，實驗室提供的器材如下：待測電源E（放電電流不能太大），電壓表（量程大于待測電源的電動勢），標(biāo)有長度的均勻電阻絲ab電阻約15，開關(guān)S，一端連有鱷魚夾P的導(dǎo)線1，其它導(dǎo)線若干（1）實驗中，用導(dǎo)線1、2、3、4、5和6按圖甲所示方式連接電路，電路中所有元器件都完好，閉合開關(guān)之前，鱷魚夾P應(yīng)置于b（填“a”或“b”）端（2）閉合開關(guān)后，反復(fù)改變鱷魚夾P的位置，電壓表都有較大的示數(shù)但不變，則斷路的導(dǎo)線為1（填數(shù)字代號）（3）排除故障后，閉合開關(guān)，改變鱷魚夾P的位置，讀出多組電壓表讀數(shù)U，和對應(yīng)aP間的電阻絲長度L，由測得的數(shù)據(jù)，繪出了如圖乙所示的圖線，則

32、電源電動勢E=2.94V，（計算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）應(yīng)用該實驗中的數(shù)據(jù)不能（填“能”或“不能”）測出該電源的內(nèi)阻r【考點】測定電源的電動勢和內(nèi)阻【分析】（1）分析實驗電路，明確實驗原理，根據(jù)實驗安全性考慮可以得出P的位置；（2）明確電壓表有示數(shù)說明電壓表和電源相連接，但不能改變則說明滑動變阻器接線錯誤；（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律可得出對應(yīng)的表達(dá)式，由圖象可求得電動勢E；【解答】解：（1）由電路圖可知，電壓表測量ab左側(cè)部分電阻兩端的電壓；若開始時P滑到a端，則ab被短路，則電源被短路，故為了保證安全，P應(yīng)置于b端；（2）電壓表有示數(shù)說明與電源是相通的，即26是完好的；而示數(shù)幾乎不變，說明P無

33、法與所測左半部分相連；故說明1導(dǎo)線沒有正確接好；（3）設(shè)單位長度的電阻為R0；由閉合電路歐姆定律可得：U=×R0L變形可得： =+×則可知=0.34解得：E=2.94V；圖象的斜率可求，但由于單位長度的電阻值不知，故無法求出內(nèi)阻r；故答案為：（1）b；（2）1；（3）2.94；不能三、計算題（共36分，解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟請將解題過程填在答卷上相應(yīng)位置，否則不得分）15為使飛機在開始滑行時就有一定的初速度，航空母艦裝有彈射裝置，然后在飛機發(fā)動機產(chǎn)生動力作用下做勻加速直線運動最后起飛某型號的飛機經(jīng)彈射系統(tǒng)作用后，具有144km/h的初速度，但起飛的速

34、度須達(dá)到180km/h該飛機提供的牽引力為1.32×15N，起飛質(zhì)量為2.7×104kg，若飛機在跑道上勻加速100m（1）求該飛機在起飛過程中的加速度大小；（2）求該飛機在起飛過程中的平均阻力大小【考點】牛頓第二定律；物體的彈性和彈力【分析】（1）根據(jù)速度位移公式求出該飛機在起飛過程中的加速度大?。唬?）根據(jù)牛頓第二定律求出該飛機在起飛過程中的平均阻力大小【解答】解：（1）飛機經(jīng)彈射系統(tǒng)作用后的初速度v0=144km/h=40m/s，起飛的速度v=180km/h=50m/s，由v2=2ax得，該飛機在起飛過程中的加速度大?。篴=m/s2=4.5m/s2（2）由牛頓第二定律

35、得，F(xiàn)f=ma，則有：f=Fma=1.32×105N2.7×104×4.5N=1.95×104N答：（1）求該飛機在起飛過程中的加速度大小為4.5m/s2；（2）求該飛機在起飛過程中的平均阻力大小為1.95×104N16如圖所示，一質(zhì)量為M=5kg、長為L=2m的長方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一質(zhì)量為m=1kg的小木塊A給A和B以大小相等、方向相反的初速度V0=3m/s，使A開始向左運動，B開始向右運動，最后A剛好沒有滑離B板（以地面為參照系）（1）求它們最后的速度大小和方向；（2）求A、B因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能；（3）求小木塊A向左

36、運動到達(dá)的最遠(yuǎn)處（從地面上看）離出發(fā)點的距離【考點】動量守恒定律；功能關(guān)系【分析】（1）系統(tǒng)置于光滑水平面，其所受合外力為零，系統(tǒng)總動量守恒，A最后剛好沒有滑離B板，兩者的速度相同，根據(jù)動量守恒定律即可求解；（2）恰好沒有滑離，根據(jù)能量守恒求出相對滑動產(chǎn)生的熱量；（3）向左運動到達(dá)最遠(yuǎn)處時速度為0，由動能定理列式，聯(lián)立方程即可求解【解答】解：（1）A剛好沒有滑離B板時，VA=VB=V，A在B的最左端，設(shè)向右為正方向，則有：MV0mV0=（M+m）V代入數(shù)據(jù)解得：v=2m/s，方向向右（2）根據(jù)能量守恒可知，產(chǎn)生的內(nèi)能為：Q=，（3）當(dāng)A向左減速為零時，設(shè)A離出發(fā)點向左最遠(yuǎn)為S，對A由動能定理有：，而Q=mgL，代入數(shù)據(jù)解得：s=0.6m答：（1）它們最后的速度大小為2m/s，方向向右；（2）A、B因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能為15J；（3）小木塊A向左運動到達(dá)的最遠(yuǎn)處（從地面上看）離出發(fā)點的距離為0.6m17如圖所示，在xOy平面的第一象限內(nèi)，分布有沿x軸負(fù)方向的場強E=4×104N/