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1、棠下中学高二下学期物理周练 第6周一、 单选题1、一遥控玩具小车在平直路上运动的位移时间图象如图所示，则（）A15s末汽车的位移为300mB前10s内汽车的加速度为3m/s2C20s末汽车的速度为-1m/sD前25s内汽车做单方向直线运动2、如图所示，清洗楼房玻璃的工人常用一根绳索将自己悬在空中，工人及其装备的总重量为G，悬绳与竖直墙壁的夹角为，悬绳对工人的拉力大小为F1，墙壁对工人的弹力大小为F2，则（）AF1=BF2=GtanC若增大悬绳与墙壁的夹角，F1与F2的合力变大D若增大悬绳与墙壁的夹角，F1与F2的合力不变3、 如图，甲车自西向东做匀加速运动，乙车由南向北做匀速运动，到达O位置之
2、前，乙车上的人看到甲车运动轨迹大致是图中的（）4、静电场中，可以根据（）A场强的强弱判断电势的高低 B电势的高低判断场强的强弱C电场线方向判断电势的高低 D电场线方向判断场强的强弱二、 双选题5、重为50N的物体放在水平面上，物体与水平面的动摩擦因数为0.2，现用方向相反的水平力F1和F2拉物体，其中F1=15N，如图所示。要使物体做匀加速运动，则F2的大小可能为A4N B10NC20N D30N6、如图所示，在等量异种电荷形成的电场中，画一正方形ABCD，对角线AC与两点电荷连线重合，两对角线交点O恰为电荷连线的中点。下列说法中正确的是 +OABCDAB、D两点的电场强度相同BA点的电场强度
3、大于C点的电场强度且两点电场强度方向相同C一电子在B点的电势能大于在C点的电势能D一电子沿对角线BOD路径移动电场力不做功AB7、我国已于2011年9月29日发射“天宫一号”目标飞行器，11月1日发射“神舟八号”飞船并在11月3日与“天宫一号”实现对接。某同学为此画出“天宫一号”和“神舟八号”绕地球做匀速圆周运动的假想图如图所示，A代表“天宫一号”，B代表“神舟八号”，虚线为各自的轨道。由此假想图，可以判定（ ）A“天宫一号”的运行速率小于“神舟八号”的运行速率B“天宫一号”的周期小于“神舟八号”的周期C“天宫一号”的向心加速度小于“神舟八号”的向心加速度 D“神舟八号”适度减速有可能与“天宫
4、一号”实现对接8、等腰直角三角形OPQ区域内存在匀强磁场。另有一等腰直角三角形导线框ABC以恒定的速度沿如图所示方向穿过磁场关于线框中的感应电流，以下说法中正确的是（ ）A开始进入磁场时感应电流沿顺时针方向B开始进入磁场时感应电流最大C开始穿出磁场时感应电流沿顺时针方向D开始穿出磁场时感应电流最大 abm9、如图，在坚直方向上，两根完全相同的轻质弹簧a、b，一端与质量为m的物体相连接，另一端分别固定当物体平衡时，如果A a被拉长，则b一定被拉长B a被压缩，则b一定被压缩C b被拉长，则a一定被拉长D b被压缩，则a一定被拉长10、如图，节水灌溉中的喷嘴距地高0.8m，假定水从喷嘴水平喷出，喷
5、灌半径为4m，不计空气阻力，取g=10m/s2则A水下落的加速度为8m/s2B水从喷嘴到地面的时间为0.4sC水从喷嘴喷出后动能不变D水从喷嘴喷出的速率为10m/s11、薄铝板将同一匀强磁场分成、两个区域，高速带电粒子可穿过铝板一次，在两个区域运动的轨迹如图，半径R1R2，假定穿过铝板前后粒子电量保持不变，则该粒子R1R2铝板A带正电B在、区域的运动速度相同C在、区域的运动时间相同D从区域穿过铝板运动到区域三、非选择题34（1）如图a是某同学做“研究匀变速直线运动”实验时获得的一条纸带打点计时器电源频率为50Hz A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点， F点由于不清晰而未画出试根据纸
6、带上的数据，推测F点的位置并在纸带上标出，算出对应的速度vF = m/s（计算结果保留两位有效数字）图是某同学根据纸带上的数据，作出的vt图象根据图象，t时的速度v0= m/s、加速度a = m/s2（计算结果保留两位有效数字）（2）用电阻箱、多用电表、开关和导线测一节干电池的电动势和内阻将图c的实物连接成可完成实验的电路完成以下步骤的相关内容：（i）将多用电表的选择开关旋转至 挡（填“1”、“直流电压2.5V”或“直流电流100mA”）（ii）调节电阻箱，示数如图d所示，读得电阻值R1= （iii）合上开关，从多用表上读得数值为x1（iv）重复（ii）、（iii），收集多组R和x的数据某同学
7、根据他设计的实验以及收集到的数据，作出了如图e所示的图线，由此可知，干电池的电动势E = V（计算结果保留三位有效数字）；图线纵轴截距的绝对值代表 的电阻之和黑表笔红表笔电阻箱干电池100010011013、如图所示，有小孔O和O的两金属板正对并水平放置，分别与平行金属导轨连接，、区域有垂直导轨所在平面的匀强磁场金属杆ab与导轨垂直且接触良好，并一直向右匀速运动某时刻ab进入区域，同时一带正电小球从O孔竖直射入两板间ab在区域运动时，小球匀速下落；ab从区域右边离开磁场时，小球恰好从O孔离开已知板间距为3d，导轨间距为L，、区域的磁感应强度大小相等、宽度均为d带电小球质量为m，电荷量为q，ab
8、运动的速度为v0，重力加速度为g求：（1）磁感应强度的大小（2）ab在区域运动时，小球的加速度大小（3）小球射入O孔时的速度vav0OOvdddL3db14、如图，木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x与滑块B（可视为质点）相连的细线一端固定在O点水平拉直细线并给B一个竖直向下的初速度，当B到达最低点时，细线恰好被拉断，B从A右端的上表面水平滑入A与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力已知A的质量为2m，B的质量为m，A、B之间动摩擦因数为；细线长为L、能承受的最大拉力为B重力的5倍；A足够长，B不会从A表面滑出；重力加速度为g（1）求B的初速度大小v0和细线被拉断瞬间B的速度大小v1
9、（2）A与台阶只发生一次碰撞，求x满足的条件（3）x在满足（2）条件下，讨论A与台阶碰撞前瞬间的速度台阶Lv0v1ABxOB15、如图所示，坐标平面第象限内存在大小为E=4105N/C方向水平向左的匀强电场，在第象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。质荷比为N/C的带正电粒子从x轴上的A点以初速度v0=2107m/s垂直x轴射入电场，OA=0.2m，不计重力。求：（1）粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；（2）若要求粒子不能进入第三象限，求磁感应强度B的取值范围（不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况）。AOExyv016、如图所示，地面和半圆轨道面均光滑。质量M = 1kg 、长L = 4m的
10、小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为S=3m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平。现有一质量m = 2kg的滑块（不计大小）以v0 = 6m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动。小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数 = 0.2 ，g取10m/s2 。（1）求小车与墙壁碰撞时的速度；（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，求半圆轨道的半径R的取值。答案：一选择题题号1234567891011选项CBCCADACACBCBCBDCD12、（1）如图，vF=7.010-m/s； 2.010-m/s、5.0m/s2评分说明：每对一项给2分（2）电路连接如图（2分
11、）(评分说明：多用表当电压表或电流表使用，其中一种用法，只要连接正确均给分）（i）“直流电压2.5V”或“直流电流100mA”（2分）（评分说明：a选挡与所连的电路不对应不扣分，即选挡对就给分；答成“直流电压2.5V和直流电流100mA”同样给2分）（ii）12（2分）1.46(1.411.49均给分)（2分）电表与干电池（2分）（评分说明：如果答成“电表与电阻箱”、“干电池与电阻箱”或“电表、干电池与电阻箱”的给1分）13、解：（1）ab在磁场区域运动时，产生的感应电动势大小为： 金属板间产生的场强大小为：ab在磁场区域运动时，带电小球匀速下落，有 联立得： （2）ab在磁场区域运动时，设小
12、球的加速度a，依题意，有 联立得： （3）依题意，ab分别在、磁场区域运动时，小球在电场中分别做匀速、匀加速和匀速运动，设发生的位移分别为S、S、S；ab进入磁场区域时，小球的运动速度为v则：S= S=S=v v= 又：S+S+S=3d 联立可得： 评分说明：每式2分；每式1分14、解析：（1）滑块B从释放到最低点，机械能守恒，有：在最低点，由牛顿运动定律：又：联立得： 评分说明：以及两个结果正确各给1分，共5分（2）设A与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为vA和vB，由动量守恒若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：对A应用动能定理：联立解得：，即A与台阶只能碰撞一次的条件是：评分说明：以及结
13、果正确各给1分，共5分（3）设x=时，A左端到台阶板前瞬间，A、B恰好达到共同速度，由动量守恒对A应用动能定理： 联立得： (i)当即时，AB共速后A与挡板碰撞由可得A与台阶碰撞前瞬间的速度： (ii)当即时，AB共速前A就与台阶碰撞，对A应用动能定理：A与台阶碰撞前瞬间的速度：评分说明：各1分；（i）中的条件1分，结论1分；（ii）中条件1分，各1分。15、解：（1）设粒子在电场中运动的时间为t ,粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，则：AOExyv0vO1 (1分) (1分) (1分) (1分)解得：a=1.01015m/s2 t=2.010-8s (3分)（2）粒子经过y轴时在电场方
14、向的分速度为：(1分)(1分)粒子经过y轴时的速度大小为；(1分)(1分)与y轴正方向的夹角为=450(1分)要粒子不进入第三象限，如图所示，此时粒子做圆周运动的轨道半径为R/，则：(2分)由(2分)解得 (2分)16、解：（1）滑块与小车的共同速度为v1 ，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有mv0 = (m + M)v1 （2分）代入数据解得v1 = 4m/s （1分）设滑块与小车的相对位移为 L1 ，由系统能量守恒定律，有mgL1 =(2分）代入数据解得L1 = 3m （1分）设与滑块相对静止时小车的位移为S1 ，根据动能定理，有mgS1 =（2分）代入数据解得S1 = 2m （1分）因
15、L1L ，S1S ，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度即v1 = 4m/s（1分）（2）滑块将在小车上继续向右做初速度为v1 = 4m/s ，位移为L2 = LL1 = 1m的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点P 。若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v ，临界条件为mg = m（1分）根据动能定理，有mgL2（2分）联立并代入数据解得R = 0.24m （1分）若滑块恰好滑至圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道。根据动能定理，有mgL2（2分）代入数据解得R = 0.6m （1分）综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足R0.24m或R0.6m （1分）
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