江苏省苏州市2015-2016学年高二（下）第一次学业水平模拟物理试卷（解析版）

2015-2016学年江苏省苏州市高二（下）第一次学业水平模拟物理试卷
　
一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意（本大题23小题，每小题3分，共69分）．
1．“特斯拉”是下述哪个物理量的单位（　　）
A．电容 B．电场强度 C．磁通量 D．磁感应强度
2．下列物理量中，属于标量的是（　　）
A．功率 B．位移 C．速度 D．加速度
3．下列情况中的研究对象，可以看做质点的是（　　）
A．研究正在越过横杆的跳高运动员
B．研究从连云港开往南京的一列火车的运行时间
C．研究直升飞机上的螺旋桨的转动情况
D．研究优秀乒乓球运动员发出的旋转球?
4．北京奥运火炬实现了成功登上珠峰的预定目标，如图所示是火炬手攀登珠峰的线路图，请根据此图判断下列说法正确的是（　　）
A．由起点到终点火炬手所走线路的总长度是火炬的位移
B．线路总长度与火炬所走时间的比值等于登山的平均速率
C．线路总长度与火炬所走时间的比值等于登山的平均速度
D．起点到终点间的距离与火炬手所走时间的比值等于通过大本营的瞬时速度
5．下列各图象中，能够描述自由落体运动的是（　　）
A． B． C． D．
6．在物理学的发展历程中，首先采用了假设和实验检验猜想的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学发展的是（　　）
A．伽利略 B．亚里士多德 C．牛顿 D．爱因斯坦
7．如图，沿水平面向右运动的物体，受到一水平拉力F=20N作用．已知物体与水平面的动摩擦因数μ=0.2，物体质量m=5kg，则物体所受摩擦力为（取g=10m/s2）（　　）
A．20N，水平向左 B．20N，水平向右 C．10N，水平向左 D．10N，水平向右
8．在下列情况中，汽车对凹形路面的压力最大的是（　　）
A．以较小的速度驶过半径较大的凹形路
B．以较小的速度驶过半径较小的凹形路
C．以较大的速度驶过半径较大的凹形路
D．以较大的速度驶过半径较小的凹形路
9．对平抛运动的物体，若给出下列哪组条件，可确定其初速度大小（　　）
A．水平位移 B．下落高度
C．运动时间 D．落地时速度的大小和方向
10．一辆公共汽车刚起步一小段时间后，发现一乘客未上车，司机立即采取制动措施．若此过程中汽车的运动在一条直线上，其速度﹣时间图象如图所示．那么，对于0﹣2t和2t﹣3t两段时间内加速度的关系，正确的是（　　）
A．加速度大小之比为1：2 B．加速度大小之比为1：1
C．加速度大小之比为2：1 D．加速度大小之比为2：3
11．已知河水自西向东流动，流速为v1，小船在静水中的速度为v2，且v2＞v1，渡河时船头始终垂直河岸，用虚线表示小船过河的路径，则选项图中小船过河路径可能正确的是（　　）
A． B． C． D．
12．如图所示，通电导线MN在纸面内从a位置绕其一端M转至b位置时，通电导线所受安培力的大小变化情况是（　　）
A．不变 B．变小 C．变大 D．不能确定
13．某实验小组在电梯的天花板上固定一根弹簧秤，使其测量挂钩向下，并在钩上悬挂一个重为10N 的钩码．弹簧秤弹力随时间变化的规律可通过一传感器直接得出，如图所示．则下列分析正确的是（　　）
A．从时刻t1到t2，钩码先失重后超重
B．从时刻t3到t4，钩码先失重后超重
C．电梯可能开始在15楼，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在1楼
D．电梯可能开始在1楼，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在15楼
14．如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，在将弹簧压缩到最短的整个过程中，下列关于小球和弹簧的能量叙述中正确的是（　　）
A．重力势能和动能之和总保持不变
B．重力势能和弹性势能之和总保持不变
C．动能和弹性势能之和总保持不变
D．重力势能、弹性势能和动能之和总保持不变
15．一种测定风力的仪器如图所示，它的细长金属丝一端固定于悬点O，另一端悬挂一个质量为m的金属球．无风时，金属丝自然下垂，当受到沿水平方向吹来的风时，金属丝将偏离竖直方向角度θ．风力F与θ、m之间的关系式正确的是（　　）
A．F=mgsinθ B．F=mgcosθ C．F=mgtanθ D．F=mgcotθ
16．两个等量点电荷P、Q在真空中产生的电场线（方向未画出）如图所示，一电子在A、B两点所受的电场力分别为FA和FB，则它们的大小关系为（　　）
A．FA=FB B．FA＜FB C．FA＞FB D．无法确定
17．首先发现电流的磁效应的科学家是（　　）
A．
牛顿 B．
爱因斯坦 C．
奥斯特 D．
居里夫人
18．如图所示为从粒子源S射出的三种粒子A、B、C在匀强磁场中运动的轨迹，已知三种粒子中一种带正电，一种带负电还有一种不带电，由此可判定（　　）
A．带正电的是C粒子；不带电的是B粒子
B．带正电的是C粒子；带负电的是A粒子
C．带正电的是A粒子；带负电的是C粒子
D．带正电的是A粒子；不带电的是C粒子
19．如图所示，高h的光滑斜面，一质量为m的物块，在沿斜面向上的恒力F作用下，能匀速沿斜面向上运动．若把此物块放在斜面顶端，用2F的恒力沿斜面向下拉动，使其由静止向下滑动，滑至底端时其动能的大小为（　　）
A．2mgh B．3mgh C．2Fh D．3Fh
20．如图所示，在圆环状导体圆心处，放一个可以自由转动的小磁针．现给导体通以顺时针方向的恒定电流，不计其他磁场的影响，则（　　）
A．小磁针保持不动
B．小磁针的N极将向下转动
C．小磁针的N极将垂直于纸面向外转动
D．小磁针的N极将垂直于纸面向里转动
21．汽车刹车后，在平直公路上做匀减速直线运动，其运动情况经仪器监控扫描，输入计算机后得到该运动的汽车位移时间的关系为x=10t﹣t2（m），则该汽车在前6s内经过的路程为（　　）
A．26m B．25m C．24m D．50m
22．在静止的小车内，用细绳a和b系住一个小球，绳a处于斜向上的方向，拉力为Fa，绳b处于水平方向，拉力为Fb，如图所示．现让小车从静止开始向右做匀加速运动，此时小球相对于车厢的位置仍保持不变，则两根细绳的拉力变化情况是（　　）
A．Fa变大，Fb不变 B．Fa变大，Fb变小
C．Fa变大，Fb变大 D．Fa不变，Fb变小
23．如图所示，从倾角为θ的斜面顶端，以初速度v0将小球水平抛出，则小球落到斜面时的速度大小为（　　）
A． B．
C． D．
　
二、填空题（本大题2小题，其中24小题4分，25小题6分，共10分）
24．在匀强磁场中，有一5cm长的导线和磁场垂直，当导线通过的电流是2A时，导线受到的安培力是0.1N，那么磁感应强度B=　　　　　　T；现将导线长度增大为原来的4倍，通过电流减小为原来的一半，那么磁感应强度B=　　　　　　T．
25．太阳能是绿色能源，太阳能发电已被广泛应用，某型号太阳能电池组的电动势为20V，内阻为1Ω，给一个阻值为9Ω的电阻供电，则通过该电阻的电流为　　　　　　A，该电阻两端的电压为　　　　　　V．
26．在用电火花计时器（或电磁打点计时器）研究匀变速直线运动的实验中，某同学打出了一条纸带，已知计时器打点的时间间隔为0.02s，他按打点先后顺序每5个点取1个计数点，得到了O、A、B、C、D等几个计数点，如图所示，则相邻两个计数点之间的时间间隔为　　　　　　s．用刻度尺量得点A、B、C、D到O点的距离分别为x1=1.50cm，x2=3.40cm，x3=5.70cm，x4=8.40cm．由此可知，打C点时纸带的速度大小为　　　　　　m/s．与纸带相连小车的加速度大小为　　　　　　m/s2．
　
三、计算或论述题：解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中须明确写出数值和单位．（本大题共3小题，其中26小题6分，27小题7分，28小题8分，共21分．）
27．江苏近期出现的雾霾天气给交通造成一定影响．一质量为1500kg的汽车正以8m/s的速度匀速向十字路口行驶，此时司机观察到绿灯还有3s将熄灭，为了行驶安全立即以4m/s2加速度刹车直至停止（不考虑司机的反应时间）．求汽车在此过程中，
（1）所受的合力大小；
（2）滑行的距离；
（3）能否在绿灯熄灭前停止．（通过计算说明）
28．如图所示，水平转台上有一个质量m=1kg的小物体，离转台中心的距离为r=0.5m．求：
（1）若小物体随转台一起转动的线速度大小为1m/s，物体的角速度多大；
（2）在第（1）问条件下，物体所受的摩擦力为多大；
（3）若小物体与转台之间的最大静摩擦力大小为4.5N，小物体与转台间不发生相对滑动时，转台转动的最大角速度应为多大？
29．如图所示，半径R=1.25m的光滑圆弧轨道AB竖直固定，其末端B切线水平，并与水平传送带相连，已知小滑块的质量为m=0.5kg，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，传送带BC长度为s=1.5m，a、b两轮半径r=0.4m，当传送带静止时，用F=4N的水平拉力将滑块从C端由静止开始向左拉力．（g取10m/s2）
（1）若滑块到达B端时撤去拉力F，则滑块沿弧形槽上升的最大高度为多少？
（2）问题（1）中的滑块，从高处沿弧形槽再滑回B端时，轨道对滑块的支持力多大？
（3）若a、b两轮以角速度ω=15rad/s顺时针转动，滑块在水平拉力F作用下从C点从静止开始移动一段水平距离后撤去，滑块到达光滑曲面某一高度而下滑时，为使滑块能在b轮最高点C离开传送带飞出，则拉力F作用的最短距离需多大？
　
2015-2016学年江苏省苏州市高二（下）第一次学业水平模拟物理试卷
参考答案与试题解析
　
一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意（本大题23小题，每小题3分，共69分）．
1．“特斯拉”是下述哪个物理量的单位（　　）
A．电容 B．电场强度 C．磁通量 D．磁感应强度
【考点】磁感应强度．
【分析】“特斯拉”是磁感应强度的单位，不是电场强度、磁通量、电容的单位．
【解答】解：A、电容的单位是法拉，不是特斯拉．故A错误．
B、电场强度的单位是牛/库，不是特斯拉．故B错误．
C、磁通量的单位是韦伯，不是特斯拉．故C错误．
D、磁感应强度的单位是特斯拉．故D正确．
故选：D
　
2．下列物理量中，属于标量的是（　　）
A．功率 B．位移 C．速度 D．加速度
【考点】矢量和标量．
【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．
【解答】解：标量是只有大小没有方向的物理量，功率是标量，而矢量是既有大小又有方向的物理量，位移、速度和加速度都是矢量，故A正确，BCD错误．
故选：A．
　
3．下列情况中的研究对象，可以看做质点的是（　　）
A．研究正在越过横杆的跳高运动员
B．研究从连云港开往南京的一列火车的运行时间
C．研究直升飞机上的螺旋桨的转动情况
D．研究优秀乒乓球运动员发出的旋转球?
【考点】质点的认识．
【分析】物体能看成质点的条件是：当物体的大小和形状对所研究的问题没有影响或影响很小，可以忽略不计时，可以把物体看成质点
【解答】解：A、跳高运动员在越过横杆时，需要考虑身体各部分不同的动作变化；故不能忽略大小和形状，不能看作质点；故A错误；
B、火车在长途运行时其大小和形状可以忽略；可以看作质点；故B正确；
C、研究物体的转动时，物体的大小和形状不能忽略，不能看作质点；故C错误；
D、研究乒乓球的转动时，要考虑球的大小和形状，不能看作质点；故D错误；
故选：B．
　
4．北京奥运火炬实现了成功登上珠峰的预定目标，如图所示是火炬手攀登珠峰的线路图，请根据此图判断下列说法正确的是（　　）
A．由起点到终点火炬手所走线路的总长度是火炬的位移
B．线路总长度与火炬所走时间的比值等于登山的平均速率
C．线路总长度与火炬所走时间的比值等于登山的平均速度
D．起点到终点间的距离与火炬手所走时间的比值等于通过大本营的瞬时速度
【考点】瞬时速度；位移与路程；平均速度．
【分析】位移是指从初位置到末位置的有向线段，位移是矢量，有大小也由方向，路程是指物体所经过的路径的长度，路程是标量，只有大小，没有方向，平均速率等于路程处于时间，平均速度等于位移除以时间．
【解答】解：A、由起点到终点火炬手所走线路的总长度是路程．故A错误；
B、平均速率等于路程处于时间，平均速度等于位移除以时间，所以线路总长度与火炬所走时间的比值等于登山的平均速率，故B正确，故C错误；
D、起点到终点间的距离与火炬手所走时间的比值等于通过大本营的平均速度．故D错误．
故选：B
　
5．下列各图象中，能够描述自由落体运动的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】自由落体运动．
【分析】自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，可根据匀加速直线运动图象的特点求解．
【解答】解：A、A图表示匀速直线运动，而自由落体运动，故A错误；
B、B图表示物体静止，而非匀速运动，故B错误；
C、C图表示初速度为零的匀加速直线运动，故C正确；
D、D图匀速运动，故D错误；
故选：C
　
6．在物理学的发展历程中，首先采用了假设和实验检验猜想的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学发展的是（　　）
A．伽利略 B．亚里士多德 C．牛顿 D．爱因斯坦
【考点】物理学史．
【分析】亚里士多德用快慢描述物体的运动，牛顿发现了牛顿三定律和万有引力定律，爱因斯坦的成就主要在量子力学，如光子说、质能方程、光电效应方程等，伽利略首先建立了平均速度，瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动，并首先采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展．
【解答】解：伽利略首先建立了平均速度，瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动，并首先采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展．
故选：A
　
7．如图，沿水平面向右运动的物体，受到一水平拉力F=20N作用．已知物体与水平面的动摩擦因数μ=0.2，物体质量m=5kg，则物体所受摩擦力为（取g=10m/s2）（　　）
A．20N，水平向左 B．20N，水平向右 C．10N，水平向左 D．10N，水平向右
【考点】摩擦力的判断与计算．
【分析】由题意可知物体受到滑动摩擦力，由f=μFN可求向物体受到的摩擦力的大小及方向．
【解答】解：物体相对地面运动，故物体受到的滑动摩擦力，则摩擦力的大小为：
f=μFN=μmg=0.2×5×10N=10N；
滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，故摩擦力方向向左，故C正确，ABD错误；
故选：C．
　
8．在下列情况中，汽车对凹形路面的压力最大的是（　　）
A．以较小的速度驶过半径较大的凹形路
B．以较小的速度驶过半径较小的凹形路
C．以较大的速度驶过半径较大的凹形路
D．以较大的速度驶过半径较小的凹形路
【考点】向心力．
【分析】对物体正确进行受力分析，弄清向心力来源，根据向心力公式求解．
【解答】解：当汽车经过凹形路最低点时，竖直方向受力如图所示：
根据向心力公式得：
所以地面给汽车的支持力为
所以速度大，半径小汽车所受支持力就大，根据牛顿第三定律可知汽车对地面压力就大，故ABC错误，D正确．
故选D．
　
9．对平抛运动的物体，若给出下列哪组条件，可确定其初速度大小（　　）
A．水平位移 B．下落高度
C．运动时间 D．落地时速度的大小和方向
【考点】平抛运动．
【分析】平抛运动再竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动，高度确定时间，通过水平位移和时间可以求出初速度．将落地的速度沿水平方向和竖直方向分解，在水平方向上的分速度等于平抛的初速度．
【解答】解：A、因为水平方向上做匀速直线运动，根据v=，因为不知道时间，所以无法求出初速度．故A错误．
B、平抛运动高度确定时间，只知道时间无法求出初速度．故B错误．
C、只知道时间，不知道水平位移，不能求出初速度．故C错误．
D、将落地的速度沿水平方向和竖直方向分解，在水平方向上的分速度等于平抛的初速度．故D正确．
故选D．
　
10．一辆公共汽车刚起步一小段时间后，发现一乘客未上车，司机立即采取制动措施．若此过程中汽车的运动在一条直线上，其速度﹣时间图象如图所示．那么，对于0﹣2t和2t﹣3t两段时间内加速度的关系，正确的是（　　）
A．加速度大小之比为1：2 B．加速度大小之比为1：1
C．加速度大小之比为2：1 D．加速度大小之比为2：3
【考点】匀变速直线运动的图像．
【分析】v﹣t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，根据图象的斜率即可求解．
【解答】解：设汽车加速的最大速度为v，根据图象可知：
0﹣2t时间内车做匀加速运动，加速度==
2t﹣3t时间内车做匀减速运动，加速度==
所以加速度大小之比为=1：2
故选A．
　
11．已知河水自西向东流动，流速为v1，小船在静水中的速度为v2，且v2＞v1，渡河时船头始终垂直河岸，用虚线表示小船过河的路径，则选项图中小船过河路径可能正确的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】运动的合成和分解．
【分析】小船参与了静水运动和水流的运动，根据平行四边形定则得出合速度的方向，确定其运动的轨迹．
【解答】解：A、根据平行四边形定则知，合速度的方向夹在静水速和水流速之间，不可能垂直河岸．故A错误．
B、若静水速的方向垂直河岸，水流速自西向东，根据平行四边形定则，则合速度的方向偏向下游，渡河的轨迹为倾斜的直线，故B正确，D错误．
C、当船头方向偏向上游时，才可能出现这样的运动轨迹，故C错误；
故选：B．
　
12．如图所示，通电导线MN在纸面内从a位置绕其一端M转至b位置时，通电导线所受安培力的大小变化情况是（　　）
A．不变 B．变小 C．变大 D．不能确定
【考点】安培力．
【分析】安培力公式为：F=BIL，注意公式的适用条件是：匀强磁场，电流和磁场方向垂直．
【解答】解：从a转到b位置时，导线MN还是与磁场垂直，故F=BIL大小不变，故A正确；
故选：A
　
13．某实验小组在电梯的天花板上固定一根弹簧秤，使其测量挂钩向下，并在钩上悬挂一个重为10N 的钩码．弹簧秤弹力随时间变化的规律可通过一传感器直接得出，如图所示．则下列分析正确的是（　　）
A．从时刻t1到t2，钩码先失重后超重
B．从时刻t3到t4，钩码先失重后超重
C．电梯可能开始在15楼，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在1楼
D．电梯可能开始在1楼，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在15楼
【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重．
【分析】当钩码受到的拉力大于重力时，钩码处于超重状态，加速度向上；当钩码受到的拉力小于重力时，钩码处于失重状态，加速度向下；根据图象并结合实际情况得到拉力变化规律，从而得到电梯的运动情况．
【解答】解：A、从时该t1到t2，钩码受到的拉力小于重力时，钩码处于失重状态，加速度向下，所以A错误；
B、从时刻t3到t4，钩码受到的拉力大于重力，钩码处于超重状态，加速度向上，故B错误；
C、如果电梯开始停在高楼层开始先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层，那么应该是拉力先等于重力、再小于重力、然后等于重力、大于重力、最后等于重力，故C正确
D、如果电梯开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层，那么应该从图象可以得到，拉力先等于重力、再大于重力、然后等于重力、小于重力、最后等于重力，故D错误；
故选：C．
　
14．如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，在将弹簧压缩到最短的整个过程中，下列关于小球和弹簧的能量叙述中正确的是（　　）
A．重力势能和动能之和总保持不变
B．重力势能和弹性势能之和总保持不变
C．动能和弹性势能之和总保持不变
D．重力势能、弹性势能和动能之和总保持不变
【考点】机械能守恒定律．
【分析】对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能这三种形式的能量相互转化，没有与其他形式的能发生交换，也就说小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变．
对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，弹簧是一直被压缩的，所以弹簧的弹性势能一直在增大．
【解答】解：A、对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能这三种形式的能量相互转化，没有与其他形式的能发生交换，也就说小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变．对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，弹簧是一直被压缩的，所以弹簧的弹性势能一直在增大．因为小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变，重力势能和动能之和始终减小．故A错误．
B、在刚接触弹簧的时候这个时候小球的加速度等于重力加速度，在压缩的过程中，弹簧的弹力越来越大，小球所受到的加速度越来越小，直到弹簧的弹力等于小球所受到的重力，这个时候小球的加速度为0，要注意在小球刚接触到加速度变0的工程中，小球一直处于加速状态，由于惯性的原因，小球还是继续压缩弹簧，这个时候弹簧的弹力大于小球受到的重力，小球减速，直到小球的速度为0，这个时候弹簧压缩的最短．所以小球的动能先增大后减小，所以重力势能和弹性势能之和先减小后增加．故B错误．
C、小球下降，重力势能一直减小，所以动能和弹性势能之和一直增大．故C错误．
D、对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能这三种形式的能量相互转化，没有与其他形式的能发生交换，也就说小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变．故D正确．
故选D．
　
15．一种测定风力的仪器如图所示，它的细长金属丝一端固定于悬点O，另一端悬挂一个质量为m的金属球．无风时，金属丝自然下垂，当受到沿水平方向吹来的风时，金属丝将偏离竖直方向角度θ．风力F与θ、m之间的关系式正确的是（　　）
A．F=mgsinθ B．F=mgcosθ C．F=mgtanθ D．F=mgcotθ
【考点】牛顿第二定律．
【分析】对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件运用合成法，由几何关系求解出分力．
【解答】解：对小球受力分析，受到重力、拉力和风力，将拉力和风力合成，合力与重力平衡，如图
由几何关系，得到
F=mgtanθ
故选C．
　
16．两个等量点电荷P、Q在真空中产生的电场线（方向未画出）如图所示，一电子在A、B两点所受的电场力分别为FA和FB，则它们的大小关系为（　　）
A．FA=FB B．FA＜FB C．FA＞FB D．无法确定
【考点】电场线；电场强度．
【分析】为了形象的描述电场的强弱和方向引入了电场线的概念，在电场中电场线密的地方电场强度大，稀疏的地方电场强度小，据此可正确解答本题．
【解答】解：从图中可以看出，A点电场线比B点密，因此A点场强比B点强，根据F=Eq可知，A点电场力大，故ABD错误，C正确．
故选C．
　
17．首先发现电流的磁效应的科学家是（　　）
A．
牛顿 B．
爱因斯坦 C．
奥斯特 D．
居里夫人
【考点】电磁感应现象的发现过程．
【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．
【解答】解：首先发现电流磁效应的科学家是奥斯特，故C正确，ABD错误；
故选：C．
　
18．如图所示为从粒子源S射出的三种粒子A、B、C在匀强磁场中运动的轨迹，已知三种粒子中一种带正电，一种带负电还有一种不带电，由此可判定（　　）
A．带正电的是C粒子；不带电的是B粒子
B．带正电的是C粒子；带负电的是A粒子
C．带正电的是A粒子；带负电的是C粒子
D．带正电的是A粒子；不带电的是C粒子
【考点】左手定则．
【分析】粒子垂直进入磁场时受洛伦兹力作用而发生偏转，由粒子偏转方向和左手定则可以反推粒子所带电荷的正负，同时中性粒子在磁场中不受洛伦兹力作用，故粒子不发生偏转．
【解答】解：由于磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则，若粒子带正电，将向左偏转，如A所示；若粒子不带电，则粒子不发生偏转，如B所示；若当粒子带负电，则粒子向右偏转，如C所示．
故选：C．
　
19．如图所示，高h的光滑斜面，一质量为m的物块，在沿斜面向上的恒力F作用下，能匀速沿斜面向上运动．若把此物块放在斜面顶端，用2F的恒力沿斜面向下拉动，使其由静止向下滑动，滑至底端时其动能的大小为（　　）
A．2mgh B．3mgh C．2Fh D．3Fh
【考点】动能定理的应用．
【分析】用拉力F拉物体沿光滑斜面匀速上滑，可根据平衡求出拉力的大小，物体下滑时根据动能定理求出物体到达底端时的动能即可．
【解答】解：令斜面的长度为L，倾角为θ，可知L=，因为用力F可以使物体沿光滑斜面匀速上滑，可知，物体此时物体拉力F=mgsinθ，物体沿斜面顶端用2F拉力沿斜面下滑时，根据动能定理有：
mgh+2FL=Ek﹣0
所以物体滑到斜面底端时的动能：
=3mgh，所以ACD错误，B正确．
故选：B．
　
20．如图所示，在圆环状导体圆心处，放一个可以自由转动的小磁针．现给导体通以顺时针方向的恒定电流，不计其他磁场的影响，则（　　）
A．小磁针保持不动
B．小磁针的N极将向下转动
C．小磁针的N极将垂直于纸面向外转动
D．小磁针的N极将垂直于纸面向里转动
【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．
【分析】（1）对于磁体的每一条磁感线都是闭合的，即在磁体的外部是从N极指向S极，在磁体内部，磁感线是从磁体的S极指向N极；
（2）据安培定则可以判断出此时圆形线圈的N极和S极，而后据据小磁针磁感线的方向和圆形线圈磁感线的方向一致即可判断出小磁针的N极指向．
【解答】解：如图所示，若通电时，据安培定则不难看出此时圆形线圈的前面是S极，其后面是N极，故其磁感线的方向是应该是垂直于纸面向里，故此时小磁针静止时的N极指向与圆形线圈的磁感线的方向是一致的，由于小磁针的磁感线应是从小磁针的N极出发回到S极的，故此时小磁针的静止时的N极应该是垂直于纸面向里转动．
故选：D．
　
21．汽车刹车后，在平直公路上做匀减速直线运动，其运动情况经仪器监控扫描，输入计算机后得到该运动的汽车位移时间的关系为x=10t﹣t2（m），则该汽车在前6s内经过的路程为（　　）
A．26m B．25m C．24m D．50m
【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】根据匀变速直线运动的位移时间公式得出汽车的初速度和加速度，结合速度时间公式求出汽车速度减为零的时间，判断汽车是否停止，再结合位移公式求出前6s内的路程．
【解答】解：根据得，汽车的初速度v0=10m/s，加速度a=﹣2m/s2，
汽车速度减为零的时间，
则前6s内的路程等于前5s内的路程，．
故选：B
　
22．在静止的小车内，用细绳a和b系住一个小球，绳a处于斜向上的方向，拉力为Fa，绳b处于水平方向，拉力为Fb，如图所示．现让小车从静止开始向右做匀加速运动，此时小球相对于车厢的位置仍保持不变，则两根细绳的拉力变化情况是（　　）
A．Fa变大，Fb不变 B．Fa变大，Fb变小
C．Fa变大，Fb变大 D．Fa不变，Fb变小
【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．
【分析】以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据牛顿第二定律，运用正交分解法分析两根细绳的拉力变化情况．
【解答】解：以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据牛顿第二定律得
水平方向：Fasinα﹣Fb=ma ①
竖直方向：Facosα﹣mg=0 ②
由题，α不变，由②分析得知Fa不变．
由①得知，Fb=Fasinα﹣ma＜Fasinα，即Fb变小．
故选D
　
23．如图所示，从倾角为θ的斜面顶端，以初速度v0将小球水平抛出，则小球落到斜面时的速度大小为（　　）
A． B．
C． D．
【考点】平抛运动．
【分析】熟练应用平抛运动过程中位移与水平方向夹角θ的表达式：，求出竖直方向速度，然后根据即可求出落到斜面上时的速度．
【解答】解：小球落到斜面上时有：，所以竖直方向速度为vy=gt=2v0tanθ
所以物体落到斜面上的速度为=，故ABD错误，C正确．
故选C．
　
二、填空题（本大题2小题，其中24小题4分，25小题6分，共10分）
24．在匀强磁场中，有一5cm长的导线和磁场垂直，当导线通过的电流是2A时，导线受到的安培力是0.1N，那么磁感应强度B=　1　T；现将导线长度增大为原来的4倍，通过电流减小为原来的一半，那么磁感应强度B=　1　T．
【考点】安培力．
【分析】在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱．将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比．
【解答】解：根据磁感应强度的定义式有：B=
磁场强度只与磁场本身有关，还是1T
故答案为：1，1
　
25．太阳能是绿色能源，太阳能发电已被广泛应用，某型号太阳能电池组的电动势为20V，内阻为1Ω，给一个阻值为9Ω的电阻供电，则通过该电阻的电流为　2　A，该电阻两端的电压为　18　V．
【考点】闭合电路的欧姆定律；电流、电压概念．
【分析】根据闭合电路欧姆定律求解电流，由欧姆定律求出电阻两端的电压．
【解答】解：根据闭合电路欧姆定律得：通过该电阻的电流为：
I==A=2A
该电阻两端的电压为：
U=IR=2×9V=18V
故答案为；2，18
　
26．在用电火花计时器（或电磁打点计时器）研究匀变速直线运动的实验中，某同学打出了一条纸带，已知计时器打点的时间间隔为0.02s，他按打点先后顺序每5个点取1个计数点，得到了O、A、B、C、D等几个计数点，如图所示，则相邻两个计数点之间的时间间隔为　0.1　s．用刻度尺量得点A、B、C、D到O点的距离分别为x1=1.50cm，x2=3.40cm，x3=5.70cm，x4=8.40cm．由此可知，打C点时纸带的速度大小为　0.25　m/s．与纸带相连小车的加速度大小为　0.4　m/s2．
【考点】探究小车速度随时间变化的规律．
【分析】根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小．
【解答】解：（1）由于计时器打点的时间间隔为0.02s，他按打点先后顺序每5个点取1个计数点，所以相邻两个计数点之间的时间间隔为0.1s．
（2）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，
vC===0.25m/s
（3）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，
得：x3﹣x1=2a1T2
x4﹣x2=2a2T2
为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值
得：a=（a1+a2）
即小车运动的加速度计算表达式为：
a=
整理：a===0.4m/s2
故答案为：0.1，0.25，0.4
　
三、计算或论述题：解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中须明确写出数值和单位．（本大题共3小题，其中26小题6分，27小题7分，28小题8分，共21分．）
27．江苏近期出现的雾霾天气给交通造成一定影响．一质量为1500kg的汽车正以8m/s的速度匀速向十字路口行驶，此时司机观察到绿灯还有3s将熄灭，为了行驶安全立即以4m/s2加速度刹车直至停止（不考虑司机的反应时间）．求汽车在此过程中，
（1）所受的合力大小；
（2）滑行的距离；
（3）能否在绿灯熄灭前停止．（通过计算说明）
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】（1）由牛顿第二定律可得汽车所受合外力．
（2）汽车做匀减速运动，末速度为零，由速度位移关系可得滑行距离．
（3）先解得刹车时间，然后比较绿灯的时间，可判定能否在绿灯熄灭前停止．
【解答】解：
（1）由牛顿第二定律可得：
F=ma=1500×4=6000N．
（2）汽车做匀减速运动，加速度为a=﹣8m/s2，刹车至停下，汽车通过的位移为：
．
（3）汽车从刹车到停止的时间：
，
所以能在绿灯熄灭前停止．
答：
（1）所受的合力大小为6000N；
（2）滑行的距离为8m；
（3）能在绿灯熄灭前停止．
　
28．如图所示，水平转台上有一个质量m=1kg的小物体，离转台中心的距离为r=0.5m．求：
（1）若小物体随转台一起转动的线速度大小为1m/s，物体的角速度多大；
（2）在第（1）问条件下，物体所受的摩擦力为多大；
（3）若小物体与转台之间的最大静摩擦力大小为4.5N，小物体与转台间不发生相对滑动时，转台转动的最大角速度应为多大？
【考点】向心力；摩擦力的判断与计算．
【分析】（1）小物体随转台做匀速圆周运动，已知线速度大小和半径，由公式v=ωr求解角速度．
（2）小物体随转台一起转动，向心力由转台对小物体的静摩擦力提供．由牛顿第二定律求解．
（3）当小物体所受静摩擦力最大时，角速度最大．由牛顿第二定律求解．
【解答】解：（1）已知 v=1m/s，r=0.5m，则
由
（2）小物体随转台一起转动，向心力由转台对小物体的静摩擦力提供，由牛顿第二定律得：
物体所受的摩擦力
（3）当小物体所受静摩擦力最大时，角速度最大．
有
答：
（1）物体的角速度为2rad/s．
（2）物体所受的摩擦力为2N．
（3）小物体与转台间不发生相对滑动时，转台转动的最大角速度应为3rad/s．
　
29．如图所示，半径R=1.25m的光滑圆弧轨道AB竖直固定，其末端B切线水平，并与水平传送带相连，已知小滑块的质量为m=0.5kg，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，传送带BC长度为s=1.5m，a、b两轮半径r=0.4m，当传送带静止时，用F=4N的水平拉力将滑块从C端由静止开始向左拉力．（g取10m/s2）
（1）若滑块到达B端时撤去拉力F，则滑块沿弧形槽上升的最大高度为多少？
（2）问题（1）中的滑块，从高处沿弧形槽再滑回B端时，轨道对滑块的支持力多大？
（3）若a、b两轮以角速度ω=15rad/s顺时针转动，滑块在水平拉力F作用下从C点从静止开始移动一段水平距离后撤去，滑块到达光滑曲面某一高度而下滑时，为使滑块能在b轮最高点C离开传送带飞出，则拉力F作用的最短距离需多大？
【考点】动能定理．
【分析】（1）对C到最高点运用动能定理，抓住动能变化量为零，求出滑块沿弧形槽上升的最大高度．
（2）根据动能定理求出返回到B点的速度，结合牛顿第二定律求出支持力的大小．
（3）滑块要从b轮最高点C离开传送带飞出，则在C点支持力为零，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出C点的速度，根据滑块速度与传送带速度的大小关系，得出滑块的运动规律，结合运动学公式求出B点的最小速度，再根据动能定理求出拉力F作用的最短距离．
【解答】解：（1）根据动能定理有：WF+WG+Wf=Ek一Ek0=0
即：Fs﹣mgh﹣μmgs=0，
代入数值解得：h=1.05 m．
（2）从高处滑回B点过程中，根据机械能守恒定律有：mgh=，
在B点有：NB﹣mg=m，
解以上两式得：NB=mg+2mg
代入数据解得：NB=13.4 N
（3）根据题意，滑块要从b轮最高点C离开传送带飞出，则滑块运动至C点的速度最小为：
mg=m，
即：vC===2 m/s．
由于传送带的速度v带=rω=6 m/s，滑块在B点的速度0＜vB≤，要使滑块从C点以2 m/s飞出，可分析出滑块在传送带上从B到C做匀加速运动．
根据牛顿第二定律，可得加速度为：a===μg=1 m/s2，为了使滑块运动到C点时速度大于2 m/s，
则B点的速度最小为： =2as，
代入数据可得：vBmin=1 m/s．
设拉力F作用的最短距离为x，则根据动能定理有：
Fx﹣fs=m﹣0，
代入数据可以求得：x=0.25 m．
答：（1）滑块沿弧形槽上升的最大高度为1.05m；
（2）轨道对滑块的支持力为13.4N；
（3）拉力F作用的最短距离需0.25m．
　
2016年4月27日