2019届江苏省苏州市2016级高三上学期期末调研考试理科综合物理试卷及解析.pdf

2019 届苏州市 2016级高三上学期期末调研考试理科综合物理试卷祝考试顺利一、单项选择题：本题共7 小题，每小题 3 分，共计 21 分每小题只有一个选项符合题意1.国际单位制中，不是电场强度的单位是()A.V/m B.N/C C.J/As D.Tm/s【答案】C【解析】【分析】物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据物理公式来分析物理量的单位即可【详解】A.根据电场强度的公式E=U/d可知，电势差的单位为V，距离的单位为m，所以 V/m是电场强度的单位；B.根据电场强度的定义式E=F/q 可知，力的单位是 N，电荷的单位是 C，所以 N/C是电场强度的单位；C.根据电势差的公式U=W/q，q=It 可知，功的单位为J，电流的单位为 A，时间的单位是 s，J/As 是电势差的单位，不是电场强度的单位；D.根据公式 F=qE及 F=qvB，E的单位与 Bv 的单位一样，故 T?m/s 是电场强度的单位；本题选不是电场强度的单位的，故选：C 2.“叠罗汉”是一种高难度的杂技.由六人叠成的三层对称静态造型如图所示，假设每个人的质量均为m，下面五人弯腰后背部呈水平状态，则底层中A、B两人的右脚对水平地面压力之比约为()A.1 B.C.D.【答案】D【解析】【分析】六个人都处于静止状态，所以受力都是平衡的，因为下面五人的背部均呈水平状态，所以不用看腿的角度，例如最上面的人腿上的力的竖直分力就是G/2，用隔离法分别受力分析就可以了【详解】最上面的人受到的竖直向下重力为G，所以每个腿上的力的竖直分力都是，中间层最左边的人，受到竖直向下的力为：G+=，所以每个腿上的力的竖直分力都是，由对称性，中间层最右边的人每个腿上的力的竖直分力也是.最底层中间的人 B，受到竖直向下的力为：G+=，所以其每条腿上的力的竖直分力为：；最左边的人 A，受到竖直向下的力为：G+=，所以其每条腿上的力的竖直分力为：；底层中 A、B两人的右脚对水平地面压力之比约为故选：D.3.小孩站在岸边向湖面依次抛出三石子，三次的轨迹如图所示，最高点在同一水平线上假设三个石子质量相同，忽略空气阻力的影响，下列说法中正确的是()A.三个石子在最高点时速度相等B.沿轨迹 3 运动的石子落水时速度最小C.沿轨迹 1 运动的石子在空中运动时间最长D.沿轨迹 3 运动的石子在落水时重力的功率最大【答案】B【解析】【分析】三个小球都做斜抛运动，运用运动的分解法，将其运动分解为竖直和水平两个方向研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据运动学公式列式，再进行分析；重力的功率等于重力与竖直速度的乘积。【详解】A.设任一小球初速度的竖直分量为vy，水平分量为 vx，上升的最大高度为 h，运动时间为 t，取竖直向上方向为正方向，小球竖直方向上做匀减速直线运动，加速度为 a=-g，由 0-=-2gh，得：vy=，h 相同，vy相同，则三个小球初速度的竖直分量相同。根据 0-vy=-gt，从抛出到最高点所用时间相同，但水平位移不同，所以水平速度不同，到最高点，竖直速度为零，只有水平速度，所以三个石子在最高点时速度不相等，v3xv2xv1x,故 A错误；B.根据 vy=，三个石子落水时，竖直速度相等，而v3xv2xv1x,合速度 v=,所以沿轨迹 3 运动的石子落水时速度最小，故B正确；C.由运动学公式：h=，则得：t=，则知三个球运动的时间相等，故C错误；D.根据功率 P=mgvy，三个石子质量相同，vy相同，重力的功率相同，故D错误；故选：B 4.“恒流源”是一种特殊的电源，其输出的电流能始终保持不变如图所示的电路中电源是恒流源，当滑动变阻器滑动触头P向左移动时，下列说法中正确的是()A.R0上的电压变小B.R2上的电压变大C.R1上的电压变小D.R1上电压变化量大于R0上的电压变化量【答案】A【解析】【分析】由电路图可知，R0与 R1串联后再与 R2并联，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，然后得出电路中总电阻的变化；因电源输出的电流始终保持不变（即干路电流不变），根据欧姆定律可知电源电压的变化，根据欧姆定律可知通过R2电流的变化，根据并联电路的电流特点可知通过R0和 R1支路的电流变化，根据欧姆定律可知 R1上的电压变化，根据串联电路的电压特点R0上的电压变化以及R1上电压变化量与 R0上的电压变化量的关系。【详解】B.由电路图可知，R0与 R1串联后再与R2并联，当滑动变阻器滑动触头P向左移动时，接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，因电源输出的电流始终保持不变(即干路电流不变)，由 U=IR可知，电源的电压变小，即 R2上的电压变小，R0和 R1支路的总电压变小。故B错误；AC.由 I=U/R 可知，通过定值电阻R2的电流变小，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，R0和 R1支路的电流变大，由U=IR可知，R1上的电压变大。R0与 R1串联，因串联电路中总电压等于各分电压之和，且电源电压增小，R1上的电压变大，所以，R0上的电压变小。故A正确，C错误；D.因串联电路中总电压减小，且R0两端电压的减少量大于R1两端电压的增加量，即 R1上电压变化量小于R0上的电压变化量，故D错误。故选：A。5.如图所示，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，当开关S闭合时，在 P点处有一个带电液滴处于静止状态现将开关S断开后，再将 A、B板分别沿水平方向向左、右平移一小段距离，此过程中下列说法正确的是()A.电容器的电容增加B.电阻 R中有电流流过C.两极板间的电场强度不变D.若带电液滴仍在 P点其电势能减小【答案】D【解析】【分析】在电容器的电量不变的情况下，将 A板左移、B右移，则导致电容变化，电压变化，根据 E=U/d与 C=相结合可得 E=，从而确定电场强度是否变化 根据 EP=q，和 U=Ex，可确定电势能的变化【详解】A.根据 C=，当 A 板向左平移一小段距离，B 板向右平移一小段，S减小，电容器电容C减小，故 A错误；B.因开关 S断开，电容器无法充、放电，电阻R中无电流流过，故B错误；C.根据 E=U/d与 C=相结合可得 E=，因电量 Q不变，S减小，故电场强度E增大，故 C错误；D.因场强增大，导致 P 点与 B板的电势差增大，因B板接地，电势为零，即P点电势升高，带电粒子带负电，根据EP=q，带电液滴仍在P点时电势能减小，故D正确；故选：D.6.图甲为兴趣小组制作的无线充电装置中受电线圈示意图，已知线圈匝数n100匝、电阻 r 1、横截面积 S1.5103m2，外接电阻 R7.线圈处在平行于线圈轴线的磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，设磁场的正方向水平向左，则()A.在 t 0.005 s 时通过电阻 R的电流大小为 0 B.在 t 0.005 s 时通过电阻 R的电流方向由 a 流向 b C.在 00.01 s 内通过电阻 R的电荷量 q1.5103C D.在 0.02 0.03s内电阻 R产生的焦耳热为Q 1.8103J【答案】C【解析】【分析】根据法拉第电磁感应定律公式E=n，当面积一定时，有：E=nS，据此列式求解电动势；依据楞次定律，即可判定感应电流方向；根据平均感应电动势和欧姆定律求解电流，根据q=It 求解电荷量；类比交流电的产生，求解求解感应电动势，0.020.03s 内，根据焦耳定律列式求解电阻R上产生的热量 Q。【详解】A.在 t 0.005s 时，磁通量变化最快，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势最大，通过R的感应电流最大，故A错误；B.在 t 0.005s 时，穿过线圈的磁通量向左减小，根据“楞次定律”可知，感应电流方向由 b 流向 a，故 B错误；C.根据法拉第电磁感应定律E=n，I=，q=It，联立可得 q=1.5103 C，故 C正确；D.由于磁感应强度按正弦规律变化，=100rad/s，所以产生的感应电动势的最大值 Em=nm=100410-21.510-3100V=0.6V，电流的有效值为A=0.15A，在 0.02 0.03s 内电阻 R产生的焦耳热为 Q I2Rt=0.15270.01J=1.575 103 J，故 D错误。故选：C。7.如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)处于静止状态现用力F 拉物体使其竖直向上做匀加速运动，刚开始时拉力为 F10N，运动 4cm后物体恰好脱离弹簧，此时拉力F30N.则下列说法中不正确的是(取 g10m/s2)()A.物体的加速度为 5m/s2B.物体的质量为 2kg C.弹簧做的功为 0.5 J D.物体在弹簧上运动的过程中，物体机械能增加了1.2 J【答案】C【解析】【分析】物体与弹簧分离时，弹簧处于原长状态由图读出x=0 时和 x=4cm时 F 的值，由这两个状态，由牛顿第二定律分别列式，联立可求得物体的质量和加速度由于合力不变，弹力和拉力都随位移均匀变化，平均力与位移乘积等于力所做的功，根据功能关系，可求机械能的变化。【详解】AB、初始时物体处于静止状态，合力为0，当 x=0 时，当施加 F 时物体的合力等于此时F 的值为 F1=10N，由牛顿第二定律得：F1=ma，当 x=4cm时，拉力 F的值为 F2=30N，由牛顿第二定律得：F2-mg=ma，联立以上两式可解得：m=2kg，a=5m/s2.故 A正确，B正确；C.初状态弹簧弹力T1=mg=20N，末状态弹簧弹力为零，弹力随位移均匀减小，所以上升过程中弹力做功W1=J=0.4J，故 C错误；D.初状态拉力 F1=10N，末状态拉力为 F2=30N，上升过程中拉力做功W2=J=0.8J。根据功能关系，机械能增加量E=W1+W2=1.2J。故 D正确。本题选择错误答案，故选：C.二、多项选择题：本题共5 小题，每小题 4 分，共计 20 分每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，错选或不答的得0 分8.如图甲所示为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为101，V为交流电压表，C和 L 分别为电容器和带铁芯的电感线圈，D1、D2均为灯泡.若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电，则下列说法中正确的是()A.输入电压的表达式u311 sin 100t V B.仅增大输入电压的频率，D1亮度变亮，D2亮度变暗C.仅拔出电感线圈 L 的铁芯，D1亮度变亮，D2亮度变暗D.t 0.005s 时，电压表示数为22V，发电机的线圈平面与磁场方向垂直【答案】AB【解析】【分析】电压表测的是电流的有效值，根据电压与匝数成正比求解，根据图乙所示图象求出交变电流的峰值、角频率初位相，然后写出交变电流的瞬时值表达式，电容通高频阻低频，则频率越大，阻碍作用越小，电感线圈通低频阻高频，则频率越大，阻碍作用越大；电动势最大时，发电机的线圈平面与磁场方向平行。【详解】A.根据乙图可知，原线圈电压的最大值为311V，=2/T=100rad/s，则电压 u 的表达式 u=311sin100t(V)，故 A正确；B.原线圈电压不变，线圈匝数不变，仅增大电压u 的频率，电压表示数不变，则电容通高频阻低频，D1亮度变亮；电感线圈通低频阻高频，则频率越大，阻碍作用越大，所以 D2变暗，故 B正确；C.仅拔出电感线圈L 的铁芯，自感系数减小，D1亮度变暗，D2亮度也变暗，故 C错误；D.根据乙图可知，原线圈电压的最大值为311V，则有效值 U1=V=220V，根据理想变压器电压与匝数成正比得：n1：n2=U1：U2=10：1，解得：U2=22V，所以电压表示数为 22V不变，t 0.005s 时，电动势最大，发电机的线圈平面与磁场方向平行，故 D错误；故选：AB 9.我国将于 2020年完成 35颗卫星组网的“北斗”全球卫星导航定位系统，“北斗”是由 5 颗静止轨道卫星和30 颗非静止轨道卫星构成的全球定位系统.30 颗非静止轨道卫星中有27颗是中轨道卫星，中轨道卫星的轨道高度约为21 500km，静止轨道卫星的高度约为36 000km，已知地球半径为6 400 km.关于北斗导航卫星，下列说法中正确的是()A.中轨道卫星的线速度约为3.8 km/s B.中轨道卫星的运行周期约为19h C.中轨道卫星的向心加速度比静止轨道卫星的向心加速度大D.静止轨道卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大【答案】ACD【解析】【分析】卫星圆周运动的向心力由万有引力提供，由半径关系可求中轨道卫星的周期，根据线速度与周期关系可求中轨道卫星的线速度；根据万有引力提供圆周运动向心力，可分析加速度和半径的关系，即可比较不同卫星的加速度大小和角速度大小【详解】AB.根据万有引力提供圆周运动向心力有，可得卫星周期，所以中轨道卫星与同步卫星的周期比为T中：T静=0.53，所 以 中 轨 道 卫 星 的 周 期 大 约 为12.7h。中 轨 道 卫 星 的 线 速 度=3.8km/s，故 A正确，B错误；C.根据万有引力提供圆周运动向心力有，所以中轨道卫星的向心加速度比静止轨道卫星的向心加速度大，故C正确；D.根据万有引力提供圆周运动向心力有，静止轨道卫星绕地球运行的轨道半径比月球绕地球运行的轨道半径小，所以静止轨道卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大，故D正确。故选：ACD.10.如图甲所示，两个等量正电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B，O三点一个带电量大小为2103C、质量为 1g 的小物块从 A点静止释放，其运动的 vt 图象如图乙所示，其中B点处的切线斜率最大(图中标出了该切线)，则下列说法中正确的是()A.小物块带正电B.AO 两点电势差 UAO9V C.B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强大小E1V/m D.由 A到 O的过程中小物块的电势能先减小后变大【答案】BC【解析】【分析】根据小物体的运动情况确定受力情况，然后判断电性；根据从O到 A动能的变化，由动能定理可求 AO两点电势差；根据V-t 图可知在 B点的加速度，由牛顿第二定律求出电场强度的最大值；根据动能的变化，分析电势能的变化【详解】A.该小物块从 C点静止释放后，根据运动的v-t 图象可知开始向B 处运动，说明电场力方向向下，故小物块一定带负电，故A错误；B.从 A到 O的过程中，根据动能定理得：qUAO=，代入数据得 UAO=-9V，故 B正确；C.由乙图可知，物体在 B点加速度最大，且加速度为 a=v/t=4m/s2，根据 qE=ma,可知 B点的场强最大，为E=ma/q=1V/m，故 C正确；C.从 A到 O的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故D错误；故选：BC.11.如图所示，1、2、3、4 是霍尔元件上的四个接线端.毫安表检测输入霍尔元件的电流，毫伏表检测霍尔元件输出的电压已知图中的霍尔元件是正电荷导电，当开关 S1、S2闭合后，电流表A和电表 B、C都有明显示数，下列说法中正确的是()A.电表 B为毫伏表，电表 C为毫安表B.接线端 2 的电势低于接线端4 的电势C.保持 R1不变、适当减小 R2，则毫伏表示数一定增大D.使通过电磁铁和霍尔元件的电流大小不变，方向均与原电流方向相反，则毫伏表的示数将保持不变【答案】CD【解析】【分析】线圈产生匀强磁场，方向垂直霍尔元件的上下两个面，电源E2提供通过霍尔元件的电流，带电粒子在磁场力作用下偏转，由左手定则可知偏方向，得出电势高低；由电流的变化，导致电子运动速度也变化，由电场力等于洛伦兹力，可得电压的变化；电压表C 测量霍尔元件的电压，霍尔电压与磁感应强度和通过霍尔元件的电流有关【详解】A.B 表为测量通过霍尔元件的电流，C表测量霍尔电压，故电表B为毫安表，电表 C为毫伏表，故 A错误；B.根据安培定则可知，磁场的方向向下，通过霍尔元件的电流由接线端1 流向接线端 3，正电子移动方向与电流的方向相同，由左手定则可知，正电子偏向接线端2，所以接线端 2 的电势高于接线端4 的电势，故 B错误；C.保持 R1不变，电磁铁中的电流不变，产生的磁感应强度不变；减小R2，霍尔元件中的电流增大，根据 I=nesv，v 增大，电子受到的电场力等于洛伦兹力，U=dvB，所以霍尔电压增大，即毫伏表示数一定增大，故C正确；D.当调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流方向相反，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，即 2/4 两接线端的电势高低关系不发生改变，根据U=dvB，毫伏表的示数将保持不变，故D正确；故选：CD.12.一物体放在倾角为 且足够长的光滑斜面上，初始位置如图甲所示，在平行于斜面的力 F的作用下由静止开始沿斜面运动，运动过程中物体的机械能E随位置 x 的变化关系如图乙所示其中0 x1过程的图线是曲线，x1x2过程的图线是平行于 x 轴的直线，x2x3过程的图线是倾斜的直线，则下列说法正确的是()A.在 0 x1的过程中，力 F 逐渐变大B.在 0 x1的过程中，物体的加速度逐渐增大C.在 x1x2的过程中，物体的动能越来越大D.在 0 x3的过程中，物体的速度方向先向上再向下【答案】BC【解析】【分析】根据功能关系，由机械能变化的判断运动方向，根据牛顿第二定律，由机械能变化快慢，判断拉力大小的变化。【详解】A.由图可知在 0 x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，根据功能关系，拉力做的功等于机械能的减少量，机械能随位移减小的逐渐变慢，说明拉力逐渐变小，故A错误；B.物体由静止开始向下运动，加速度向下，由牛顿第二定律mgsin-F=ma，0 x1过程中图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力逐渐减小，加速度逐渐增大，故B正确；C.在 x1x2的过程中，因机械能守恒，则拉力F=0，由牛顿第二定律此时a=mgsin/m=gsin，物体做匀加速向下运动，动能越来越大，故C正确；D.在 x2x3的过程中，机械能增大，根据功能关系，拉力做正功，物体向上运动，物体的速度方向先向下后向上，故D错误。故选：BC。三、简答题：本题共2 小题，共计 20 分13.(1)在“探究加速度与力的关系”的实验中，甲同学利用图(a)中的力传感器测出细线的拉力，通过改变钩码的个数改变细线拉力.甲同学在实验过程中，_(选填“需要”或“不需要”)满足“小车的质量远大于钩码的质量”这一条件甲同学在实验过程中，若没有进行平衡摩擦力的操作，则由实验结果画出的图象可能是图(b)中的_(选填“A”“B”或“C”)(2)乙同学也采用图(a)所示的装置进行了“探究功和小车速度变化关系”的实验，步骤如下：按图(a)把实验器材安装好；先接通电源，后放开小车，电火花计时器在被小车带动的纸带上打下一系列点.从某点 A开始，此后在纸带上每隔4 个点取一个计数点，依次标为B、C、；测量出 B、C、各点与 A点的距离，分别记为x1、x2、；求出 B、C、各点的速度大小，分别记为v1、v2、，再求出它们的平方v、v、；用力传感器的示数F分别乘以 x1、x2、，得到所做的功W1、W2、；用速度的平方 v2为纵坐标，力 F 所做的功 W为横坐标，并在 v2W中描出相应的坐标点，得到图线如图(c)所示.上述实验操作中，有明显的疏漏是_；正确操作后画出图(c)，由图可知：打A点时小车的速度 vA_m/s；小车的质量 M _kg.(结果保留两位小数)【答 案】(1).不需 要(2).B(3).未 平衡 摩擦 力(4).050(0.45 0.55)(5).040(0.39 0.41)【解析】【分析】（1）根据实验原理和实验目的可知该操作的意义；（2）若没有进行平衡摩擦力，拉力小于摩擦力时，加速度为零，即可选择正确图像；（3）根据动能定理求出速度平方与功的关系式，由图象上的纵轴截距和斜率可求初速度和质量。【详解】(1)由于该实验中通过传感器测出小车受到的拉力，所以不需要满足“小车的质量远大于钩码的质量”这一条件；（2）若没有进行平衡摩擦力，拉力小于摩擦力时，加速度为零，所以图像可能是B；（3）平衡摩擦力后，传感器的示数等于小车受到的合外力，本实验没有平衡摩擦力；根据动能定理，W=，纵轴截距对应的就是打A点速度的平方。由图可知：=0.25m2/s2所以有：vA=0.50m/s.图像的斜率等于，由图可知，代入数据得：m=0.40kg.14.为测量一根金属丝（电阻约5)的电阻率 选用的电学器材：电压表（量程3V，内阻约3K)，电流表（量程0.6A，内阻约 0.2)，滑动变阻器0-15)，学生电源（稳压输出3V)，开关，导线若干。（1）如图甲所示，用螺旋测微器测量金属丝的直径时，为了防止金属丝发生明显形变，同时防止损坏螺旋测微器，转动旋钮C至测砧、测微螺杆与金属丝将要接触时，应调节旋钮 _(选填“A”“B”(或“D”）发出“喀喀”声时停止；某次的测量结果如图乙所示，其读数为_ mm。（2）请在答题卡上用笔画线代替导线将图丙的电路补充完整_。（3）如图丁所示，实验数据已描在坐标纸上，作出图线_，求出该金属丝的电阻值为 _(结果保留两位有效数字）。（4）有人认为用图象法求金属丝的电阻是为了减小系统误差，他的观点是否正确_？请说明理由 _；【答案】(1).（1）D；(2).0.540（0.539-0.541）(3).（2）如图；(4).（3）如图；(5).4.2-4.6 (6).（4）不正确；(7).多次测量取平均值只能减小偶然误差，不能减小系统误差；【解析】（1）调节微调旋钮“D”读数为：；（2）电流表串联在电路中，实物连接如图：（3）利用描点作图，将各组数据连接成直线如图：斜率表示电阻，；（4）他的观点不正确，多次测量取平均值只能减小偶然误差，不能减小系统误差；四、计算题：本题共4 小题，共计 59 分解答时请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能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位15.如图所示，一根直杆与水平面成37角，杆上套有一个小滑块，杆底端N处有一弹性挡板，板面与杆垂直.现将物块拉到 M点由静止释放，物块与挡板碰撞后以原速率弹回已知M、N两点间的距离 d0.5 m，滑块与杆之间的动摩擦因数 0.25，g10m/s2.取sin370.6，cos370.8.求：(1)滑块第一次下滑的时间t；(2)滑块与挡板第一次碰撞后上滑的最大距离x；(3)滑块在直杆上滑过的总路程s.【答案】(1)0.5s (2)0.25m.(3)1.5m【解析】【分析】（1）滑块从 A点出发第一次运动到挡板处的过程，根据牛顿第二定律可求加速度，根据位移时间关系可求下滑时间；（2）根据速度时间关系可求出滑块第1 次与挡板碰撞前的速度大小v1，对滑块从A点开始到返回 AB中点的过程，运用动能定理列式，可求出上滑的最大距离；（3）滑块最终静止在挡板上，对整个过程，运用动能定理列式，可求得总路程【详解】(1)下滑时加速度mgsinmgcos ma 解得 a4.0m/s2由 d at2得下滑时间 t 0.5s.(2)第一次与挡板相碰时的速率vat 2m/s 上滑时(mgsin f)x 0 mv2解得 x0.25m.(3)滑块最终停在挡板处，由动能定理得mgdsinfs 0 解得总路程 s1.5m.16.如图所示，两光滑的平行金属导轨间距为L0.5 m，与水平面成 30角区域 ABCD、CDFE 内分别有宽度为 d0.2 m垂直导轨平面向上和向下的匀强磁场，磁感应强度均为 B0.6 T.细金属棒 P1、P2质量均为 m 0.1 kg，电阻均为 r 0.3，用长为 d 的轻质绝缘细杆垂直P1、P2将其固定，并使 P1、P2垂直导轨放置在导轨平面上与其接触良好，导轨电阻不计用平行于导轨的拉力F将 P1、P2以恒定速度 v2m/s向上穿过两磁场区域，g 取 10m/s2.求：(1)金属棒 P1在 ABCD 磁场中运动时，拉力F 的大小；(2)从金属棒 P1进入磁场到 P2离开磁场的过程中，拉力F 的最大功率；(3)从金属棒 P1进入磁场到 P2离开磁场的过程中，电路中产生的热量.【答案】(1)1.3N.(2)4.4W.(3)0.36J.【解析】【分析】（1）由 E=BLv求出感应电动势，根据欧姆定律求出电流，根据金属棒受力平衡列方程，可求拉力；（2）两棒均在磁场中运动时拉力最大，拉力的功率最大，根据平衡方程求出拉力，根据功率公式求出拉力的功率；（3）由焦耳定律可求产生的热量。【详解】(1)P1棒在磁场中运动时产生的电动势EBLv，E0.6V 电流 I，得 I 1A 由 F12mgsin BIL，得 F11.3N.(2)当 P1、P2两棒均在磁场中运动时，拉力F的功率最大，拉力 F22mgsin 4BIL，F22.2N 最大功率 PF2v P4.4W.(3)由焦耳定律得Q I2(2r)(2I)2(2r)Q 0.36J.17.如图所示，在距水平地面高为h0.5 m处，水平固定一根长直光滑杆，杆上P处固定一小定滑轮，在P点的右边杆上套一质量mA1kg 的滑块 A.半径 r 0.3 m的光滑半圆形竖直轨道固定在地面上，其圆心O在 P点的正下方，半圆形轨道上套有质量 mB2kg的小球 B.滑块 A和小球 B用一条不可伸长的柔软细绳绕过小定滑轮相连，在滑块 A上施加一水平向右的力F.若滑轮的质量和摩擦均可忽略不计，且小球可看做质点，g 取 10m/s2，0.58.(1)若逐渐增大拉力F，求小球 B刚要离地时拉力 F1的大小；(2)若拉力 F257.9 N，求小球 B运动到 C处时的速度大小；(结果保留整数)(3)在(2)情形中当小球 B运动到 C处时，拉力变为F316N，求小球在右侧轨道上运动的最小速度(结果保留一位小数)【答案】(1)23.2N(2)4m/s.(3)3.2m/s.【解析】【分析】（1）小球刚要离地时，绳子拉力的竖直分力等于重力，列式可解；（2）从开始到 C点，对 A、B整体由动能定理可解到达C点的速度；（3）当 B球的切向加速度为0 时，速度最小，从C到该位置，对 A、B整体由动能定理可求最小速度。【详解】(1)F1cosmg，其中 cos解得 F123.2N.(2)当 B球运动到 C点时，滑块 A的速度为 0.对 A、B整体由动能定理F2(h r)mBgr mBv2解得 v4m/s.(3)当 B球的切向加速度为0 时，速度取最小值vmin.此时有 mgsinF3解得 sin 0.8 对 A、B整体从 B球处于 C位置到 B球速度最小状态，用动能定理mBgr(1 cos)F3(h r)(mAmB)v mBv2解得 vmin3.2m/s.18.实验中经常利用电磁场来改变带电粒子运动的轨迹如图所示，氕()、氘()、氚()三种粒子同时沿直线在纸面内通过电场强度为E、磁感应强度为 B的复合场区域.进入时氕与氘、氘与氚的间距均为d，射出复合场后进入y 轴与 MN 之间(其夹角为)垂直于纸面向外的匀强磁场区域，然后均垂直于边界MN 射出虚线MN 与 PQ间为真空区域且 PQ与 MN 平行已知质子比荷为，不计重力.(1)求粒子做直线运动时的速度大小v；(2)求区域内磁场的磁感应强度B1；(3)若虚线 PQ右侧还存在一垂直于纸面的匀强磁场区域，经该磁场作用后三种粒子均能汇聚于 MN 上的一点，求该磁场的最小面积S和同时进入复合场的氕、氚运动到汇聚点的时间差t.【答案】(1)(2)(3)【解析】【分析】（1）粒子在电磁复合场中做直线运动是匀速直线运动，根据电场力与洛伦兹力平衡，可求粒子的速度大小；（2）由粒子的轨迹与边界垂直，可求轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力，可求磁感应强度的大小；（3）由氚粒子圆周运动直径可求磁场的最小面积。根据氕、氚得运动周期，结合几何关系，可求氕、氚到汇聚点的时间差。【详解】(1)由电场力与洛伦兹力平衡，BqvEq 解得 vE/B.(2)由洛伦兹力提供向心力，B1vqm由几何关系得 r d 解得 B1.(3)分析可得氚粒子圆周运动直径为3r 磁场最小面积 S 解得 Sd2由题意得 B22B1由 T得 T由轨迹可知 t1(3T1T1)，其中 T1t2(3T2T2)，其中 T2)解得2019 届江苏省苏州市 2016 级高三上学期期末调研考试理科综合物理试卷