【導讀】2020-2020學年甘肅省西北師大附中高二（下）月考物理試卷（4月。1．在某田徑運動會跳高比賽中，張明成功跳過了，若忽略空氣阻力，下列說法。A．小明起跳時地面對他的支持力等于他的重力。B．小明起跳以后在上升過程中處于超重狀態(tài)。2．如圖所示，光滑斜面固定在水平面上，頂端O有一小球，從靜止釋放，運動到底端B的。時間是t1；若給小球不同的水平初速度，使小球分別落到斜面上的A點，經(jīng)過的時間是t2；落到斜面底端B點，經(jīng)過的時間是t3；落到水平面上的C點，經(jīng)過的時間是t4，則（）。連，圖乙中A、B兩球用輕質(zhì)桿相連，系統(tǒng)靜止時，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜。A．兩圖中兩球加速度均為gsinθ。4．某科研單位設計了一空間飛行器，飛行器從地面起飛時，發(fā)動機提供的動力方向與水平。加速飛行，經(jīng)時間t后，將動力的方向沿逆時針旋轉(zhuǎn)60°同時適當調(diào)節(jié)其大小，使飛行器。D．減速飛行時間t后速度為零。A．僅使q1增大為原來的2倍

　　

【正文】 ，同時因燈泡內(nèi)阻較小，故電流表采用外接法；答案如圖所示： （ 3）在圖中作出電源的伏安特性曲線，交點為燈泡的工作點，由圖可知，電流為 ；電壓為 ； 則燈泡的功率 P=UI=1= ； 故答案為：（ 1） A；（ 2）如圖；（ 3） ． 【點評】 本題考查了實驗器材的選擇、實驗電路選擇、求燈泡功率，當電壓與電流從零開始變化時，滑動變阻器應采用分壓接法；要掌握應用圖象法處理實驗數(shù)據(jù)的方法． 四、計算題 15．如圖所示，水平放置的圓盤邊緣 C點有一個小洞，圓盤半徑 R=1m，在圓盤直徑 CD的正上方，與 CD平行放置一條長為 R的水平滑道 AB，滑道右端 B與圓盤圓心 O在同一條豎直線上，且 B點距離圓盤圓心的豎直高度 h=．在滑道左端靜止放置質(zhì)量為 m=（可視為質(zhì)點），小球與滑道間的動摩擦因數(shù)為 μ= ．現(xiàn)使小球以某一水平向左的初速度運動，同時圓盤從圖示位置以圖中所示的角速度 ω 繞通過圓心 O的豎直軸勻速轉(zhuǎn)動，最終小球恰好落入圓盤邊緣的小洞內(nèi)，重力加速度取 10m/s2． （ 1）小球運動的初速度 v0的大??； （ 2）圓盤運動的角速度 ω 的值． 【考點】 勻速圓周運動；自由落體運動． 【分析】 （ 1）小球先做勻減速運動，之后做平拋運動，由運動特點可得小球運動的初速度v0； （ 2）小球運動時間內(nèi)，圓盤轉(zhuǎn)動的角度為（ 2n+1） π ，（ n=0、 ），由角速度的定義式可得角速度． 【解答】 解：（ 1）小球從 B點開始做平拋運動，設時間為 t，速度大小為 v，則有： h= gt2， R=vt， 代入數(shù)據(jù)得： t=， v=2m/s， 設小球從 A到 B運動時間為 t′ ，則有： ﹣ ， v=v0﹣ at′ ， 其中， a= 代入數(shù)據(jù)得： v0=3m/s， t′= ； （ 2）小球從運動開始，到恰好落入圓盤邊緣的小洞內(nèi)的時間為： T=t+t′=+= 圓盤運動的角速度為： ω= = rad/s（ n=? ）． 答：（ 1）小球運動的初速度大小為 3m/s； （ 2）圓盤運動的角速度 ω 的值為 （ n=? ）． 【點評】 關鍵分析好小球的運動情景，注意挖掘 “ 小球恰好落入圓盤邊緣的小洞內(nèi) ” 的條件為相等時間內(nèi)圓盤轉(zhuǎn)動的角度為（ 2n+1） π ，（ n= ），屬于多解問題． 16．如圖所示，風洞實驗室中能模擬產(chǎn)生恒定向右的風力．質(zhì)量 m=100g的小球穿在長 L=的直桿上并置于實驗室中，球與桿間的 動摩擦因數(shù)為 ，當桿豎直固定放置時，小球恰好能勻速下滑．保持風力不變，改變固定桿與豎直線的夾角，將小球從 O點靜止釋放． g取10m/s2， sin37176。= ， cos37176。= ，求： （ 1）當 θ=37176。 時，小球離開桿時的速度大??； （ 2）改變桿與豎直線的夾角 θ ，使球下滑過程中與桿之間的摩擦力為 0，求此時 θ 的正切值． 【考點】 勻強電場中電勢差和電場強度的關系；牛頓第二定律． 【分析】 （ 1）當桿與豎直方向成 37176。 時，對球受力分析，由牛頓第二定律求的 加速度，由運動學公式求速度； （ 2）當摩擦力為 0 時，球與桿的彈力為 0，由平衡條件即可求出正切值． 【解答】 解：（ 1）當桿豎直固定放置時， μF=mg 解得： F=2N 當 θ=37176。 時，小球受力情況如圖示， 垂直桿方向上有： Fcos37176。=mgsin37176。+F N 得 ： FN=1N 小球受摩擦力 Ff=μ FN= 小球沿桿運動的加速度為 a= 解得 a=15m/s2 由 得，小球到達桿下端時速度為 v=6m/s （ 2）當摩擦力為 0 時，球與桿的彈力為 0，由平衡條件得： Fcosθ=mgsinθ 得： tanθ=2 答：（ 1）當 θ=37176。 時，小球離開桿時的速度大小為 6m/s； （ 2）改變桿與豎直線的夾角 θ ，使球下滑過程中與桿之間的摩擦力為 0，此時 θ 的正切值為 2． 【點評】 本題考查利用牛頓第二定律和運動學公式解決問題的能力，關鍵是分別對小球的受力情況進行分析，找出平衡條件即可． 17．光滑水平桌面上方存在垂直桌面向上范圍足夠大的勻強磁場，虛線框 abcd內(nèi)存在平行于桌面的勻強電場，如圖所示，一帶電小球從 d處靜止開始運動到 b處時速度方向與電場邊界 ab平行，通過磁場作用又回到 d點，已知 bc=2ab=2L，磁感應強度為 B，小球的質(zhì)量為 m，電荷量為 q．試分析求解： （ 1）小球的電性及從 d到 b的運動性質(zhì)； （ 2）小球在磁場中運動的速度大??； （ 3）在電場中到達 b位置時的曲率半徑． 【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】 又左手定則判斷小球所帶的電性； 由幾何關系求出粒子圓周 運動的半徑，由牛頓第二定律小球在磁場中運動的速度大?。? 【解答】 解：（ 1）由左手定則知小球帶正電， 小球加速度的方向一直在改變，速度方向也一直改變，故小球從 d到 b做變加速曲線運動； （ 2）小球在磁場中做勻速圓周運動，軌道半徑由幾何關系（見圖） 設圓心為 k，半徑為 r，則 bk=dk=r ck=2L﹣ r，三角形 dck為直角三角形，由勾股定理 r2=L2+（ 2L﹣ r） 2 得 r= qvB= （ 3）在電場中到達 b點時受到的洛倫茲力與電場力都與速度垂直，兩個力共同提供向心力，設此時對應的曲率半徑為 R，則 qvB﹣ Eq= 而小球從 d到 b運動時還符合動能定理 即 Eq2L= 由以上兩式得 R= 答：（ 1）小球的電性帶正電，從 d到 b的運動性質(zhì)為變 加速曲線運動； （ 2）小球在磁場中運動的速度大小為 ； （ 3）在電場中到達 b位置時的曲率半徑為 L． 【點評】 本題考查了帶電小球在磁場中的運動，分析清楚小球的運動過程，作出小球的運動軌跡、應用牛頓第二定律、動能定理即可正確解題；分析清楚運動過程、作出小球運動軌跡是正確解題的關鍵． 18．如圖所示為質(zhì)譜儀的原理圖， A為粒子加速器，電壓為 U1； B為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應強度為 B1，板間距離 為 d； C為偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應強度為 B2．今有一質(zhì)量為 m、電量為 q的正離子經(jīng)加速后，恰好通過速度選擇器，進入分離器后做半徑為 R的勻速圓周運動，求： （ 1）粒子的速度 v （ 2）速度選擇器的電壓 U2 （ 3）粒子在 B2磁場中做勻速圓周運動的半徑 R． 【考點】 質(zhì)譜儀和回旋加速器的工作原理． 【分析】 （ 1）根據(jù)動能定理 qU1= mv2求出粒子的速度 v． （ 2）在速度選擇器中作勻速直線運動，電場力與洛侖茲力平衡 ，根據(jù) Eq=qvB1求出電壓 U2． （ 3）根據(jù)洛侖茲力提供向心力， ，求出粒子在 B2磁場中做勻速圓周運動的半徑R． 【解答】 解：（ 1）粒子經(jīng)加速電場 U1加速，獲得速度 V，由動能定理得： qU1= mv2 解得 v= 故粒子的速度為 ． （ 2）在速度選擇器中作勻速直線運動，電場力與洛侖茲力平衡 得 Eq=qvB1即 U2=B1dv=B1d 故速度選擇器的電壓 U2為 B1d ． （ 3）在 B2中作圓周運動，洛侖茲力提供向心力，有 ， R= ． 故粒子在 B2磁場中做勻速圓周運動的半徑 R為 ． 【點評】 解決本題的關鍵掌握動能定理，以及知道在速度選擇器中作勻速直線運動，電場力與洛侖茲力平衡．