【導(dǎo)讀】2020-2020學(xué)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(yùn)動(dòng)會(huì)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(shí)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(yùn)動(dòng)到底端B的。時(shí)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(diǎn)，經(jīng)過的時(shí)間是t2；落到斜面底端B點(diǎn)，經(jīng)過的時(shí)間是t3；落到水平面上的C點(diǎn)，經(jīng)過的時(shí)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(shí)，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(shè)計(jì)了一空間飛行器，飛行器從地面起飛時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)提供的動(dòng)力方向與水平。加速飛行，經(jīng)時(shí)間t后，將動(dòng)力的方向沿逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°同時(shí)適當(dāng)調(diào)節(jié)其大小，使飛行器。D．減速飛行時(shí)間t后速度為零。A．僅使q1增大為原來的2倍

　　

【正文】 ，同時(shí)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(diǎn)為燈泡的工作點(diǎn)，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(diǎn)評】 本題考查了實(shí)驗(yàn)器材的選擇、實(shí)驗(yàn)電路選擇、求燈泡功率，當(dāng)電壓與電流從零開始變化時(shí)，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法；要掌握應(yīng)用圖象法處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的方法． 四、計(jì)算題 15．如圖所示，水平放置的圓盤邊緣 C點(diǎn)有一個(gè)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(diǎn)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(diǎn)），小球與滑道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 μ= ．現(xiàn)使小球以某一水平向左的初速度運(yùn)動(dòng)，同時(shí)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(dòng)，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(yùn)動(dòng)的初速度 v0的大小； （ 2）圓盤運(yùn)動(dòng)的角速度 ω 的值． 【考點(diǎn)】 勻速圓周運(yùn)動(dòng)；自由落體運(yùn)動(dòng)． 【分析】 （ 1）小球先做勻減速運(yùn)動(dòng)，之后做平拋運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)可得小球運(yùn)動(dòng)的初速度v0； （ 2）小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)，圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)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(diǎn)開始做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)時(shí)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(shè)小球從 A到 B運(yùn)動(dòng)時(shí)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(yùn)動(dòng)開始，到恰好落入圓盤邊緣的小洞內(nèi)的時(shí)間為： T=t+t′=+= 圓盤運(yùn)動(dòng)的角速度為： ω= = rad/s（ n=? ）． 答：（ 1）小球運(yùn)動(dòng)的初速度大小為 3m/s； （ 2）圓盤運(yùn)動(dòng)的角速度 ω 的值為 （ n=? ）． 【點(diǎn)評】 關(guān)鍵分析好小球的運(yùn)動(dòng)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(shí)間內(nèi)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角度為（ 2n+1） π ，（ n= ），屬于多解問題． 16．如圖所示，風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室中能模擬產(chǎn)生恒定向右的風(fēng)力．質(zhì)量 m=100g的小球穿在長 L=的直桿上并置于實(shí)驗(yàn)室中，球與桿間的 動(dòng)摩擦因數(shù)為 ，當(dāng)桿豎直固定放置時(shí)，小球恰好能勻速下滑．保持風(fēng)力不變，改變固定桿與豎直線的夾角，將小球從 O點(diǎn)靜止釋放． g取10m/s2， sin37176。= ， cos37176。= ，求： （ 1）當(dāng) θ=37176。 時(shí)，小球離開桿時(shí)的速度大小； （ 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(shí) θ 的正切值． 【考點(diǎn)】 勻強(qiáng)電場中電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系；牛頓第二定律． 【分析】 （ 1）當(dāng)桿與豎直方向成 37176。 時(shí)，對球受力分析，由牛頓第二定律求的 加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求速度； （ 2）當(dāng)摩擦力為 0 時(shí)，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(dāng)桿豎直固定放置時(shí)， μF=mg 解得： F=2N 當(dāng) θ=37176。 時(shí)，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(yùn)動(dòng)的加速度為 a= 解得 a=15m/s2 由 得，小球到達(dá)桿下端時(shí)速度為 v=6m/s （ 2）當(dāng)摩擦力為 0 時(shí)，球與桿的彈力為 0，由平衡條件得： Fcosθ=mgsinθ 得： tanθ=2 答：（ 1）當(dāng) θ=37176。 時(shí)，小球離開桿時(shí)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(shí) θ 的正切值為 2． 【點(diǎn)評】 本題考查利用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解決問題的能力，關(guān)鍵是分別對小球的受力情況進(jìn)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(qiáng)磁場，虛線框 abcd內(nèi)存在平行于桌面的勻強(qiáng)電場，如圖所示，一帶電小球從 d處靜止開始運(yùn)動(dòng)到 b處時(shí)速度方向與電場邊界 ab平行，通過磁場作用又回到 d點(diǎn)，已知 bc=2ab=2L，磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)動(dòng)性質(zhì)； （ 2）小球在磁場中運(yùn)動(dòng)的速度大??； （ 3）在電場中到達(dá) b位置時(shí)的曲率半徑． 【考點(diǎn)】 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)． 【分析】 又左手定則判斷小球所帶的電性； 由幾何關(guān)系求出粒子圓周 運(yùn)動(dòng)的半徑，由牛頓第二定律小球在磁場中運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)； （ 2）小球在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑由幾何關(guān)系（見圖） 設(shè)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(dá) b點(diǎn)時(shí)受到的洛倫茲力與電場力都與速度垂直，兩個(gè)力共同提供向心力，設(shè)此時(shí)對應(yīng)的曲率半徑為 R，則 qvB﹣ Eq= 而小球從 d到 b運(yùn)動(dòng)時(shí)還符合動(dòng)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(yùn)動(dòng)性質(zhì)為變 加速曲線運(yùn)動(dòng)； （ 2）小球在磁場中運(yùn)動(dòng)的速度大小為 ； （ 3）在電場中到達(dá) b位置時(shí)的曲率半徑為 L． 【點(diǎn)評】 本題考查了帶電小球在磁場中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚小球的運(yùn)動(dòng)過程，作出小球的運(yùn)動(dòng)軌跡、應(yīng)用牛頓第二定律、動(dòng)能定理即可正確解題；分析清楚運(yùn)動(dòng)過程、作出小球運(yùn)動(dòng)軌跡是正確解題的關(guān)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(yīng)強(qiáng)度為 B1，板間距離 為 d； C為偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應(yīng)強(qiáng)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(jìn)入分離器后做半徑為 R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)的半徑 R． 【考點(diǎn)】 質(zhì)譜儀和回旋加速器的工作原理． 【分析】 （ 1）根據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)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(dòng)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(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)的半徑 R為 ． 【點(diǎn)評】 解決本題的關(guān)鍵掌握動(dòng)能定理，以及知道在速度選擇器中作勻速直線運(yùn)動(dòng)，電場力與洛侖茲力平衡．