2017届江苏省海安高中高三12月月考物理试卷
2021年江苏省海安高中高三12月月考物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图所示，从某高处水平抛出一小球，经过时间t到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g．下列说法正确的是（）
A．小球水平抛出时的初速度大小为tan
gtθ
B．小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为
2
θ
C．若小球初速度增大，则θ减小
D．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长
2．如图所示，闭合电键S，电压表的示数为U，电流表的示数为I，现向左调节滑动变阻器R的触头P，电压表V的示数改变量的大小为ΔU，电流表的示数改变量大小为ΔI，则下列说法正确的是（）
A．电源的总功率变大
B．电阻R1的功率变大
C．U
I
不变
D．
U
I
?
?
变大
3．如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球．在a和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为（）
A ．2m
B ．3m
C ．m
D ．2m 4．如图所示，质量为M 的木楔ABC 静置于粗糙水平面上，置于斜面顶端A 的质量为m 的物块也保持静止，现在A 点给m 物块一个平行斜面向下的初速度，已知m 沿斜面向下运动过程中M 不动，在m 下滑过程中下列说法正确的是（ ）
A ．m 可能是向下做加速运动
B ．地面对木楔的支持力一定大于（M ＋m ）g
C ．地面对木楔的摩擦力一定水平向右
D ．m 对木楔作用力的水平分量小于地面对木楔的摩擦力
5．如图所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图．如果电视画面发生异常，满屏时看不到完整的图像，可能引起的原因是（ ）
A ．加速电场的电压过高，电子速率偏大
B ．偏转线圈电流过大，偏转磁场偏强
C ．偏转线圈局部短路，导致线圈有效匝数减少
D ．电子枪发射能力减弱，电子数减少
6．y 轴上放置着一块不带电的无限大接地金属板，现在x 轴上的（L ，0）点放一电量为q 的正点电荷，它们之间的电场线分布如图甲所示．两个相距为2L 的电量均为q 的等量异种点电荷之间的电场线分布如图乙所示．某同学经过探究之后发现图甲所示的电场线分布与图乙中虚线（两点电荷连线的中垂线）右侧的电场线分布相同，则P （2L ，0）点的电场强度的大小是
A ．2109kq L .
B ．2kq L
C ．289kq L
D ．234kq L
7．如图所示为内壁光滑的倒立圆锥，两个完全相同的小球A 、B 在圆锥内壁不同高度处分别做匀速圆周运动．两小球运动的线速度 v A 、v B ，角速度ωA 、ωB ，加速度 a A 、a B 和合外力F A 、F B ，下列结论正确的是 （ ）
A ．v A >v B
B ．ωA ＝ωB
C ．a A >a B
D ．F A 8．如图所示,真空中xOy 平面内有一束宽度为d 的带正电粒子束沿x 轴正方向运动,所有粒子为同种粒子,速度大小相等,在第一象限内有一方向垂直xOy 平面的有界匀强磁场区（图中未画出）,所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x 轴上的a 点．下列说法中正确的是（ ） A ．磁场方向一定是垂直xOy 平面向里 B ．所有粒子通过磁场区的时间相同 C ．所有粒子在磁场区运动的半径相等 D ．磁场区边界可能是圆 二、多选题 9．地球赤道上的重力加速度为g ，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a ，卫星甲、乙、丙在如图所示的三个椭圆轨道上绕地球运行，卫星甲和乙的运行轨道在P 点相切．不 计阻力，以下说法正确的是：（） A．卫星甲、乙分别经过P点时的速度不等； B．卫星丙的周期最小； C．卫星甲的机械能最大，卫星中航天员始终处于完全失重状态； D“飘”起来；10．如图，一点电荷放在O点处，过O点取正交坐标x、y轴，点a、c在x轴上，Oc=2Oa；点b在y轴上，Ob=Oa．现将带正电的另一点电荷从a移至b，再从b移至c，以下说法正确的是（） A．点电荷在a或b点所受的电场力相同 B．点电荷在b的电场力的大小是在c的电场力的大小的4倍 C．点电荷从a移至b与从b移至c电场力做的功不相同 D．点电荷在a点的电势能大于在c点的电势能 11．如图所示，长直杆CPD与水平面成45°，由不同材料拼接面成，P为两材料分界点，DP＞CP．一个圆环套在长直杆上，让圆环无初速从顶端滑到底端（如左图）；再将长直杆两端对调放置，让圆环无初速从顶端滑到底端（如右图），两种情况下圆环从开始运动到经过P点的时间相同．下列说法中正确的是（） A．圆环与直杆CP段的动摩擦因数小于圆环与直杆DP段之间的动摩擦因数 B．两次滑动中圆环到达底端速度大小相等 C．两次滑动中圆环到达底端所用时间相等 D．两次滑动到达底端的过程中圆环与直杆摩擦产生的热量相等 三、实验题 12．（1）图甲中游标卡尺读数为 cm，图乙中螺旋测微器读数为 mm。 （2）利用图所示装置进行验证机械能守恒定律的实验时，需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h．某班同学利用实验得到的纸带，设计了以下的四种测量方案： A．用刻度尺测出物体下落的高度h，并测出下落时间t，通过v＝gt计算出瞬时速度v．B．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v2gh v． C．根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过h＝v2/2g计算出高度h． D．用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v． 以上方案中只有一种正确，正确的是________．（填入相应的字母） 在实验中，某同学根据实验测得的数据，通过计算发现，重锤在下落过程中，重锤动能的增加量略大于重锤势能的减少量，若实验测量与计算均无错误，则出现这一问题的原因可能是（） A．重锤的质量偏大 B．交流电源的电压偏高 C．交流电源的频率小于50 Hz D．重锤下落时受到的阻力过大 13．甲同学采用如图甲所示的电路测定电源的电动势和内电阻．提供的器材：电压表（0～3V）、电流表（0～0.6A）及滑动变阻器R、电键S、导线．实验电路如图甲所示． （1）连好电路后，当该同学闭合电键S，发现电流表示数为0，电压表示数不为0．检查各接线柱均未接错，接触良好，且电路未发生短路；他用多用电表的电压档检查电路，把两表笔分别接bc和、de时，示数均为0，把两表笔接cd 时，示数与电压表示数相同，由此可推断故障是：_______________． （2）排除故障后，该同学顺利完成实验数据的测量，如下表所示．并根据数据在空白 的坐标纸上，作出图所示的U—I图线，该图存在多处不妥之处，请指出．（指出两处不妥之处）________________．该同学根据上表数据可测出电源的电动势E=_________V,内电阻r=___________Ω （3）为了在实验中保护电流表和调节电阻时电压表、电流表的示数变化均明显，乙同学对甲同学的实验进行改进，设计了如图丙所示的电路，丙电路中电阻R0应该选取下 列备选电阻的哪一个?__________． A．1Ω B．5Ω C．10Ω D．20Ω 四、解答题 14．单板滑雪U型池如图所示由两个完全相同的1/4圆弧滑道AB、CD和水平滑道BC 构成，圆弧滑道的半径R=3.5m，B、C分别为圆弧滑道的最低点，B、C间的距离s=8.0m，假设某次比赛中运动员经过水平滑道B点时水平向右的速度v=16.2m/s，运动员从B点运动到C点所用的时间t=0.5s，从D点跃起时的速度v D=8.0m/s．设运动员连同滑板的 质量m=50kg，忽略空气阻力的影响，重力加速度g取10m/s2．求： （1）运动员在B 点对圆弧轨道的压力； （2）运动员从D 点跃起后在空中完成运动的时间； （3）运动员从C 点到D 点运动的过程中需要克服摩擦阻力所做的功． 15．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下，如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O ，外圆弧面AB 的半径为L ，电势为1?，内圆弧面CD 的半径为L/2，电势为2?，足够长的收集板MN 平行于边界ACDB ，O 到MN 板的距离OP=L ，假设太空中漂浮着质量为m ，电量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB 圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其他星球对粒子引力的影响。 （1）如图所示，若在边界ACDB 和收集板MN 之间加一个半圆形匀强磁场，圆心为O ，半径为L ，方向垂直纸面向里，则发现从AB 圆弧面收集到的粒子经O 点进入磁场后有2/3能打到MN 板上（不考虑过边界ACDB 的粒子再次返回），求所加磁感应强度的大小； （2）同上问，从AB 圆弧面收集到的粒子经O 点进入磁场后均不能到达收集板MN ，求磁感应强度所满足的条件。 16．在日常生活中，我们经常看到物体与物体间发生反复的多次碰撞。如图所示，一块表面水平的木板静止放在光滑的水平地面上，它的右端与墙之间的距离L ＝0.08 m 。现有一小物块以初速度v 0＝2 m/s 从左端滑上木板，已知木板和小物块的质量均为1 kg ，小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，木板足够长使得在以后的运动过程中小物块始终不与墙接触，木板与墙碰后木板以原速率反弹，碰撞时间极短可忽略，取重力加速度g ＝10 m/s 2。求： (1)木板第一次与墙碰撞时的速度大小； (2)从小物块滑上木板到二者达到共同速度时，木板与墙碰撞的总次数和所用的总时间； (3)小物块和木板达到共同速度时，木板右端与墙之间的距离。 17．如图甲所示，在边界OO′左侧区域有磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向水平向外．右侧水平放置长为L 、相距为d 的平行金属板M 、N ，M 板左端紧靠磁场边界，磁场边界O 点与N 板在同一水平面上，边界OO′与水平面的夹角为45o，O 1O 2为平行板的中线，在两板间存在如图乙所示的交变电场（取竖直向下为正方向）．某时刻从O 点竖直向上同时发射两个质量均为m 、电量均为+q 粒子a 和b ，由于初速度不同，粒子a 在图乙中的4T t =时刻，从O 1点进入板间电场运动，并从O 2点射出板间电场；粒子b 恰好紧靠M 板进入电场，已知交变电场周期4m T qB =，不计粒子重力和粒子间的相互作用． （1）求粒子a 、b 从O 点射出时的初速度v a 和v b ． （2）粒子b 能穿出板间电场，求电场强度大小E 0满足的条件． （3）若粒子b 刚好能穿出板间电场，求粒子b 穿过板间电场过程中电场力做的功W ． 参考答案 1．C 【解析】 物体落地时竖直方向上的分速度y gt =v ．因为速度方向与水平方向的夹角为θ，所以小球的初速度0y v gt v tan tan θθ==，故A 错误；速度与水平方向夹角的正切值0gt tan v θ=，位移与水平方向夹角的正切值200 122gt gt tan v t v α==，所以2tan tan θα=，但2θα≠，故B 错误；根据212 h gt =， 得：t =球初速度增大，则平抛运动的时间不变，而速度与水平方向夹角的正切值0gt tan v θ= ，若小球初速度增大，下落时间t 不变，所以tan θ减小，即θ减小，故C 正确，D 错误；故选C ． 【点睛】平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动．落地的时间由高度决定，知道落地时间，即可知道落地时竖直方向上的速度，根据速度与水平方向的夹角，可求出水平初速度． 2．B 【解析】 试题分析：由图看出，变阻器与电阻1R 并联后再与电阻2R 串联．当向左调节滑动变阻器的触头P 时，变阻器有效电阻变大，外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律，干路电流I 减小，电源的内电压和2R 的电压减小，根据闭合电路欧姆定律可知电压表示数U 变大，故电压与电流的比值增大；故C 错误；根据闭合电路欧姆定律得()2U E I R r =-+，将电阻2R 与电源当作等效电源，U I ??表示等效电源的内电阻，即2U R r I ?=+?，不变，故D 错误；U 增大，则根据公式2 U P R =判断得知，电阻1R 的电功率变大，故B 正确；I 减小，电源的总功率P EI =减小，故A 错误． 考点：考查了电路动态变化分析，电功率的计算 【名师点睛】在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻） 推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部→整体→局部 3．C 【解析】 试题分析：根据设悬挂小物块的点为'O ,圆弧的圆心为O ，由于ab=R ，所以三角形Oab 为等边三角形，根据几何知识可得'120aO b ∠=，而一条绳子上的拉力相等，故T mg =，小物块受到两条绳子的拉力作用两力大小相等，夹角为120°，故受到的拉力的合力等于mg ，因为小物块受到绳子的拉力和重力作用，处于静止作用，故拉力的合力等于小物块的重力，为mg ，所以小物块的质量为m ，C 正确； 考点：考查了共点力平衡条件的应用 【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解， 4．A 【解析】 试题分析：因为最大静摩擦力略大于滑动摩擦力即max cos f mg μθ>，在静止时可能max sin f mg θ=，所以可能存在sin cos mg mg θμθ>，即做加速运动，若静止时静摩擦力不为最大静摩擦力，则做减速运动，做加速运动时，由于m 处于失重状态，所以地面对木楔的支持力小于()M m g +，做减速运动时，存在一个水平向右的加速度，即存在一个水平向右的力，所以此时地面对木楔的摩擦力向左，A 正确BC 错误；因为木楔处于静止状态，所以m 对木楔作用力的水平分量等于地面对木楔的摩擦力，D 错误； 考点：考查了摩擦力，牛顿第二定律 【名师点睛】对M 和m 组成的系统研究，将m 的加速度分解为水平方向和竖直方向，在水平方向和竖直方向分别运用牛顿第二定律分析判断． 5．B 【解析】 试题分析：满屏时看不到完整的图像，则由于电子束的偏转角变大，轨道半径减小导致的，当加速电场电压过高，电子速率偏大，则会导致电子运动半径增大，从而使偏转角度减小， 导致画面比正常偏小，A 错误；当偏转线圈电流过大，偏转磁场偏强时，从而导致电子运动半径变小，所以导致画面比正常偏大，故B 正确；当偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小时，导致偏转磁场减小，从而使电子运动半径增大，所以导致画面比正常偏小，故C 错误；电子枪发射能力减弱，电子数减少，而运动的电子速率及磁场不变，因此不会影响电视画面偏大或小，D 错误； 考点：考查了带电粒子在磁场中的运动 【名师点睛】本题虽然是考查电视机显像管的作用，但需要掌握电视机的工作原理，电视画面的大小是由电子偏转角度决定，即电子运动的轨道半径．当轨道半径变大，则画面偏小；当轨道半径变小，则画面偏大．这是解答本题的关键． 6．C 【详解】 根据P 点的电场线方向可以得P 点的电场强度方向是垂直于金属板向右，两个异号点电荷电荷量的大小均为q ，它们之间的距离为2L ，乙图上+q 右侧L 处的场强大小为 () 222893q q q E k k k L L L =-= 根据题意可知，P 点的电场强度大小与乙图上+q 右侧d 处的场强大小相等，即为289q k L 。 故选C 。 7．A 【解析】 小球A 和B 紧贴着内壁分别在水平面内做匀速圆周运动，均由斜面的支持力的合外力作为向心力，如图所示，作出合力： 由于A 和B 的质量相同，小球A 和B 所受的合外力大小相同，即它们做圆周运动时的向心力大小是相同的，即tan A B mg F F θ ==． 由向心力的计算公式2 2 v F m m r ma r ω===，由于球A 运动的半径大于B 球的半径，F 和m 相同时，半径大的线速度大、角速度越小，向心加速度大小相等，所以有A B v v ＞，A B ωω＜，A B a a =，故A 正确，BCD 错误． 点睛：对物体受力分析，确定合外力和向心力的关系是解题的关键，通过对AB 的受力分析可以找到AB 的内在的关系，它们的质量相同，向心力的大小相同也是解题的关键． 8．CD 【解析】试题分析：由题意可知，正粒子经磁场偏转，都集中于一点a ，根据左手定则可有，磁场的方向垂直平面向外，故A 错误；由洛伦兹力提供向心力，可得2m T Bq π=，而运动的时间还与圆心角有关，因此粒子的运动时间不等，故B 错误；由洛伦兹力提供向心力，可得mv R Bq =，由于同种粒子，且速度大小相等，所以它们的运动半径相等，故C 正确；所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x 轴上的a 点，因此磁场区边界可能是圆，也可能是圆弧，故D 正确；故选CD 。 考点：带电粒子在磁场中的运动 【名师点睛】考查带电粒子在磁场中运动，掌握左手定则，由牛顿第二定律推导出的半径与周期公式，掌握会求圆心角。 9．ABD 【解析】 试题分析：物体在椭圆形轨道上运动，轨道高度超高，在近地点时的速度越大，故A 正确；根据开普勒第三定律知，椭圆半长轴越小，卫星的周期越小，卫星丙的半长轴最短，故周期最小，B 正确;令卫星做匀速圆周运动时，万有引力完全提供圆周运动的向心力，故此时卫星中宇航员处于完全失重状态，但当卫星沿椭圆轨道运动时，卫星所受万有引力不是完全提供卫星的向心力，故卫星中宇航员始终处于完全失重状态是错误的，C 错误；使地球上的物 体票“飘”起来即物体处于完全失重状态，即此时物体所受地球的重力完全提供物体随地球自转时的向心力则有2Mm G mg ma R -=，当物体飘起来的时候，万有引力完全提供向心力，则此时物体的向心加速度为()2GmM m g a R =+，即此时的向心加速度a g a '=+，根据向心加速度和转速的关系有 可得：a g a n n n a a '+'==，D 正确 考点：考查了开普勒定律，万有引力定律 【名师点睛】卫星绕地球运动，轨道高度越大，发射速度越大，发射越困难，卫星在近地点的速度越大．在随圆轨道上运动的卫星，万有引力和卫星运动所需要向心力不是始终相等的，故在椭圆轨道上运动的卫星不是始终处于完全失重状态． 10．BC 【解析】 试题分析：根据物理学的规定可知，点电荷在a 或b 点所受的电场力大小相同、方向不同．故A 错误；由库伦力公式得2 kQq F r =，且2Oc Oa =；故点电荷在b 的电场力的大小是在c 的电场力的大小的4倍，故B 正确；由点电荷的等势面，可知ab 两点电势相等，bc 两点电势不等，电场力做功与电势能的关系，点电荷从a 移至b 电场力做的功为零，从b 移至c 电场力做的功不为零，故C 正确；由于0处的电荷正、负不确定．故ac 两点的电势高低不确定，又p E q ?=，故点电荷在ac 点的电势能大小不确定，故D 错误， 考点：考查了电场强度，电势，电势能 【名师点睛】电场强度反映电场本身的性质，由电场本身决定．正点电荷产生的电场方向离正点电荷而去，负电荷产生的电场方向指向负电荷．电场力由电场和电荷共同决定，是矢量．点电荷的电场线、等势面，电场力做功与电势能的关系，判断功、势能的变化． 11．BD 【解析】 试题分析：第一种情况：从C 到P 过程，()221111sin 45cos 4522CP a t g t μ= =?-?；第二种情况：从D 到P 过程，()22211sin 45cos 4522 DP a t g t μ==?-?，所以 CP DP <，因为12μμ>，即圆环与直杆CP 段的动摩擦因数大于圆环与直杆DP 段之间的动摩擦因数， 故A 错误；从C 到D 和从D 到C 过程中摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理可知，两次滑动中物块到达底端速度相等，故B 正确；由题意可知，小物块两次滑动经过P 点的时间相同，且DP CP >，因此从D 到P 的平均速度大于从C 到P 的平均速度，设从C 到P 点时速度为1v ，从D 到P 时速度为2v ，则根据匀变速直线运动特点有：2122v v >，即从D 到P 点速度大于从C 到P 点的速度，则得12v v <．设圆环滑到底端的速度大小为v ．则第一种情况：从P 到D 过程，112v v PD t +=；第二种情况从P 到C 过程，22 2v v PC t +=，因为 PD PC >，12v v <．所以12t t >．则得第一次圆环到达底端所用时间长，故C 错误；两次滑下的过程中摩擦力做功相同，物块机械能的损失相等，摩擦产生的热量相等．故D 正确． 考点：考查运动学公式，动能定理 【名师点睛】从C 到D 和从D 到C 分别利用动能定理可以比较物块滑到低端时的速度大小，由功的计算公式可以求出克服摩擦力所做的功，机械能的损失等于克服摩擦力所做的功． 12．（1）0．660；8．800（2）D ；C 【解析】 试题分析：（1）游标卡尺读数为1612 6.600.66020 L mm mm mm cm =+?== 螺旋测微器的读数为8.530.00.018.800d mm mm mm =+?= （2）该实验是验证机械能守恒定律的实验．因为我们知道自由落体运动只受重力，机械能就守恒．如果把重物的实际运动看成自由落体运动，再运用自由落体的规律求解速度，那么就不需要验证呢．其中abc 三项都是运用了自由落体的运动规律求解的，故ABC 错误；d 是运用匀变速直线运动规律求解的，所以正确的是D ． 根据212mgh mv =可知，测量结果与重锤质量m 无关，A 错误；由12 2x x v T +=可知，测量结果与电压U 无关，所以B 错误；由212k E mv ?=，其中()1212 22x x f x x v T ++==，所以若实际交流电源的频率小于50Hz ，而将f=50Hz 代入上式求出的速度要大于实际速度，从而导致k E mgh ?>，所以C 正确；根据能量守恒定律可知，若重锤下落时受到的阻力过大，则重锤动能的增加量应小于重力势能的减少量，D 错误． 考点：验证机械能守恒定律的实验 【名师点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项．该实验是验证机械能守恒定律的实验．因为我们知道自由落体运动只受重力，机械能就守恒．如果把重物看成自由落体运动，再运用自由落体的规律求解速度，那么就不需要验证呢． 13．滑动变阻器断路U的坐标选择不当，U、I的坐标上没有标明单位 2.98（2.97~ 3.00）0.50 B 【详解】 （1）发电电流表示数为0，电压表示数不为0，电流表或R处断路，用多用电表的电压档检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为0，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，知滑动变阻器R断路 （2）由图乙可知，图线几乎分布在一个很小的区域内，原因是电压U的取值范围在 2.70~ 3.00V之间，而U轴坐标起点的选取从0开始显然不妥，此外该同学建立坐标系时没有标明单位也是不妥，还有画图线时应尽量使更多的点落在直线上，不在直线的点应尽量对称分布在直线的两侧，偏离直线太远的点应去掉，该同学作图时没有将不在直线上的点均匀分布在直线两侧也是不妥， 根据闭合电路欧姆定律可知，图象与纵坐标的交点表示电源的电动势，则可知：E=2.98V； 图象的斜率表示内阻；则可知：内阻 2.98 2.68 0.5 0.6 r - ==Ω； （3）保护电阻R0应大约为 3 5 0.6 R=Ω=Ω，故B正确，ACD错误；故选B． 【点睛】 常见的电路故障有断路与短路两种；用电压表检查电路故障时，电压表有示数，说明电压表与电源两极相连，电压表并联电路之外电路不存在断路，与电压表并联的电路可能出现断路；电压表示数为零，则电压表并联电路之外电路存在断路或与电压表并联的电路存在短路.根据电路故障现象分析答题 14．（1）4249.1N（2）1.6s（3）2891J 【解析】 （1）由N-mg= 2 mv R 知，N=4249.1（N） 由牛三知，压力为4249.1N． （2）运动员从D点跃起后在空中做竖直上抛运动，设运动员上升的时间为t1，根据运动学 公式 v D =gt 1 运动员在空中完成动作的时间 t ′＝2t 1＝2 D v g =1.6s （3）运动员从B 点到C 点，做匀变速直线运动，运动过程的平均速度 2B C BC v v s v t +＝＝ 解得运动员到达C 点时的速度 v C ＝2 s t ?v B =15.8m/s 运动员从C 点到D 点的过程中，克服摩擦力和重力做功，根据动能定理 ?W f ?mgR ＝12mv D 2?12 mv C 2 得运动员克服摩擦力做功W f ＝ 12mv C 2?12mv D 2?mgR 代入数值解得 W f =2891J 15．（1）()1221 m B L q ??-=（2）()1222 m B L q ??-> 【解析】 试题分析：（1）带电粒子在电场中加速时，由动能定理可得2102 qU mv =- 又12U ??=-，所以122()q v m ??-= 从AB 圆弧面收集到的粒子有 23能打到MN 板上，刚好不能打到MN 上的粒子从磁场中出来后速度方向与MN 平行，则入射的方向与AB 之间的夹角是60°，在磁场中运动的轨迹如图，轨迹圆心角θ=60°， 根据几何关系，粒子圆周运动的半径为r=L ，由牛顿第二定律可得2 v qvB m r =，联立解得()1221 m B L q ??-=； （2）当沿OD 方向的粒子刚好打到MN 上，则由几何关系可知，112 r L = 由牛顿第二定律得：2 1 v qvB m r ＝，得： B 即B > 考点：考查了带电粒子在电场中的加速和磁场中的偏转 【名师点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径 16．（1）0.4 s ，0.4 m/s ；（2）1.8 s ；（3）0.06 m 【详解】 （1）物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动，设木板加速度为a ，经历时间T 后与墙第一次碰撞，碰撞时的速度为1v 则 mg ma μ= 解 21/a g m s μ==① 由匀变速运动 212 L at = ②，1v at =③ 联立①②③解得 0.4t s =，10.4/v m s =④ （2）在物块与木板两者达到共同速度前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的匀减速直线运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间也为T ，设在物块与木板两者达到共同速度v 前木板共经历n 次碰撞，则有 ()02v v nT t a a t =-+?=?⑤ 式中△t 是碰撞n 次后木板从起始位置至达到共同速度时所需要的时间，由于最终两个物体一起以相同的速度匀速前进，故⑤式可改写为 022v v nTa =-⑥ 由于木板的速率只能处于0到1v 之间，故有 ()01022v nTa v ≤-≤⑦ 求解上式得1.5 2.5n ≤≤ 由于n 是整数，故有n=2⑧ 由①⑤⑧得 0.2t s ?=⑨；0.2/v m s =⑩ 从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为 4 1.8t T t s =+?=（11） 即从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙共发生三次碰撞，所用的时间为1.8s （3）物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为 212s L a t =-?（12） 联立①与（12）式，并代入数据得 0.06s m = 即达到共同速度时木板右端与墙之间的距离为0.06m 17．（1）2a qBd v m =，b qBd v m =（2）220qd B E mL ≤ （3）①若k 为偶数，0W =②若k 为奇数， 242 2 2q d B W mL = 【解析】 试题分析：（1）如图甲所示，粒子a 、b 在磁场中均转过90o，平行于金属板进入电场，设在磁场中回旋半径分别是r a 和r b ，则由几何关系有 2 a d r = b r d = 由向心力公式有2 a a a v qv B m r =， 2b b b v qv B m r = 解得2a qBd v m =，b qBd v m = （2）粒子a 、b 同时离开磁场，a 比b 进入电场落后的时间2a d t v ?=，解得4 m T t qB ?== 粒子b 在0t =时刻进入电场，粒子在电场中运动的加速度0qE a m = 粒子a 在竖直方向速度随时间的变化图象如图乙，在板间运动的时间a a L t v = a t kT =（k 为正整数） 粒子b 在竖直方向速度随时间的变化图象如图丙，在板间运动的时间2 b b L T t k v ==? 粒子b 在2 T 内沿竖直方向运动的位移201()22T y a = 粒子b 能够穿出板间电场应满足0ky d ≤，解得22 0qd B E mL ≤ （3）由上述可知22 0qd B E mL = 粒子b 在板间运动的时间2b b L T t k v ==?，则2L k d = 讨论：k 是下列两种可能之一 ①若k 为偶数，粒子b 在竖直方向的速度0y v =则0W = ②若k 为奇数，201()22 T W qE a =?，24222q d B W mL = 考点：考查了带电粒子在组成场中的运动 【名师点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径。