2．如图所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)。下列说法正确的是

A. 在上升和下降过程中A对B的压力一定为零

B. 上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力

C. 下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力

D. 在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力

1.在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、建立物理模型法等等．以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是

A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法

B．根据速度定义式，当非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法

C．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法

D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法

18．如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连接发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子。在0~3t₀时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响)。已知t = 0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t₀时刻经极板边缘射入磁场。上述m、q、l、t₀、B为已知量。(不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况)求：

(1)两板间的电压U₀

(2)0~3t₀时间内射入两板间的带电粒子在磁场中运动的最长时间t₁和最短时间t₂

(3)t₀时刻射入两板间的带电粒子进入磁场和离开磁场时的位置坐标

[答案](1) ;(2) 　　　

(3) 进场坐标；　　　 出场坐标；

[解析](1)时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为，则有①，②

③

联立以上三式，解得两极板间偏转电压为

(2)时刻进入两极板的带电粒子，前时间在电场中偏转，后时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动。

带电粒子沿x轴方向的分速度大小为

带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为

时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短。带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度为，

设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为，则，

由以上各式解得，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对的圆心角为，所求最短时间为,带电粒子在磁场中运动的周期为，联立以上两式解得，即带电粒子在磁场中运动最短时间,同理可求得带电粒子在磁场中运动的最长时间.

(3)如上所述，t₀/2时刻进入两极板的带电粒子，前t₀/2时间在电场中偏转，后t₀/2时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动离开电场。由③式，则在前时间沿y轴方向的位移,之后时间沿y轴方向的位移,故带电粒子与y轴相交的坐标为，即带电粒子进入磁场时的位置坐标为；

设带电粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为，则，此后受到洛伦兹力向上偏转，利用几何关系可以求得带电粒子进入磁场和离开磁场时的位置相距.

又 带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为

带电粒子离开电场时的速度大小为

设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有

由以上各式解得

 故,因此带电粒子离开磁场时的位置在y轴的坐标，即带电粒子离开磁场时的位置坐标为.

[考点]磁场、电场.

17．如图所示，足够长的水平导体框架的宽度L=0．5 m，电阻忽略不计，定值电阻R=2Ω。磁感应强度B=0．8 T的匀强磁场方向垂直于导体框平面，一根质量为m=0．2 kg、有效电阻r=2Ω的导体棒MN垂直跨放在框架上，该导体棒与框架间的动摩擦因数μ=0．5，导体棒在水平恒力F=1．2N的作用下由静止开始沿框架运动，求：(1)导体棒在运动过程中的最大速度V为多少？(2)若导体棒从开始运动到刚开始匀速运动这一过程中滑行的位移为20米，求此过程中回路电阻产生的焦耳热Q以及流过电阻R的电量q各为多少？(g取10 m/s²)

[答案](1) 5m/s；　 (2)1．5J； (3)2C；

[解析](1) 导体棒在运动过程中出现最大速度时，加速度为零，则

当物体开始做匀速运动时，有：　

　　　　　 又 ：　　　　　　

解得　 m/s　　　　　　　　　　　　　

(2)设在此过程中流过电阻R的电量为q，则根据法拉第电磁感应定律得

　 　=2C　

　 设克服安培力做的功为W，则由动能定理，则：

　　 解得：W=1.5J　

[考点]电磁感应.

16．如左图所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m=0．2kg，带电量为的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数。从t=0时刻开始，空间加上一个如右图所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场，(取水平向右为正方向，取10m/s²。)

　　　 求：(1)15秒末小物块的速度大小(2)15秒内小物块的位移大小

[答案](1) 2m/s方向向右； (2)31m；

[解析](1)0-2s内物块加速度

位移

2s末的速度为

2-4s内物块加速度

位移

4s末的速度为

因此小物块做周期为4s的加速和减速运动，第14s末的速度也为m/s，所以第15s末的速度,方向向右.　 ()

(2)15秒内小物块的位移大小，可以看做是上述3个周期加上和第15s内的位移

,

所求位移为

[考点]电场、直线运动.

15．如图所示，水平光滑地面上停放着一辆如图所示的小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道是光滑的，水平部分是粗糙的。BC的长度是圆弧半径的10倍，小物块从A点正上方距水平轨道BC的竖直高度为圆弧半径的4倍处由静止开始下落，恰好滑入圆弧轨道，且刚好没有滑出末端C点。已知小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失。求：

　　　 ⑴ 物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力是物块重力的几倍？

　　　 ⑵ 物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ？

[答案](1) 9倍；　 (2) 0．3；

[解析]：(1)设物块的质量为m，其开始下落处的位置距BC的竖直高度为h=4R，到达B点时的速度为v，小车圆弧轨道半径为R。由机械能守恒定律，有：mgh=mv²

根据牛顿第二定律，有：N－mg=m　

　解得N= 9mg　

　 则物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力是物块重力的9倍。

(2)设物块与BC间的滑动摩擦力的大小为F，物块滑到C点时与小车的共同速度为v'，

块在小车上由B运动到C的过程中小车对地面的位移大小为s。依题意，小车的质量

3m，BC长度为10R。由滑动摩擦定律有：　 F=μmg　

由动量守恒定律，有mv=(m+3m)v'　

对物块、小车分别应用动能定理，有

－F(10R+s)=mv'² －mv²　　

Fs=(3m)v'²－0　

解得　 μ＝0.3　　

[考点]碰撞与动量守恒.

14．在“描述小灯泡的伏安特性曲线”实验中，需要用伏安法测定小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流，除开关、导线外，还有如下器材：

　　　 A．小灯泡“6V 3W ”　　　　　　　　　　　

　　　 B．直流电源6 ~ 8V

　　　 C．电流表(量程3A ，内阻0．2 Ω )　　　　　 　　　　　　　

　　　 D．电流表(量程0．6A ，内阻 1 Ω )

　　　 E．电压表(量程6 V ，内阻20 kΩ )　　　　　

　　　 F．电压表(量程20V ， 内阻60 kΩ )

　　　 G．滑动变阻器(0 ~ 20 Ω、2 A )　　　　　

　　　 H．滑动变阻器(1 kΩ、0．5 A)

(1) 把实验所用到的器材按字母的先后顺序填入空中：

(2) 在下面的虚线框内画出最合理的实验原理图．

[答案]ABDEG　 ；　 电流表外接，分压电路　 (图略)；

[解析]小灯泡“6V 3W ”的额定电压为6 V，额定电流为0．6A ，故电流表选择量程0．6A 的D，电压表选择量程为6 V的E．而滑动变阻器则选择总电阻比较小，额定电流较大的G．

　 为了描述小灯泡的伏安特性曲线，要求电压从0开始变化，故一定选择分压电路.对于选定的电路板和电压表，有临界电阻,故电流表需要外接．

[考点]电学实验．

4．0m/s²；

[解析]“验证牛顿第二定律”的实验中，通过打点计时器测量加速度，而打点计时器需要使用交流电源；小车运动中受到摩擦力，故需要使木板形成斜面平衡摩擦力，连接小车的细绳要平行于木板；外力便于实验，小车应放在打点计时器左端附近.

　　 小车运动加速度需要利用“逐差法”计算，即有.

[考点]力学实验.

13．①如图所示为某同学所安装的“验证牛顿第二定律”的实验装置，若在图示状态下开始做实验，请从该同学的装置和操作中指出存在的问题或错误__________　　　　　　　

　　　 _______________________________________________________________________________________________________________________________________________

　　　 ②下图是①中更正后实验打出的一条纸带，已知打点计时器的打点周期是0．02s，求出小车运动加速度的大小为 　　　　　m/s²，(计算结果保留2位有效数字)

[答案]用交流电源；细绳要平行于木板；木板右侧踮起以平衡摩擦力；小车应放在打点计时器左端附近；

12．如图，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场的宽度MJ和JG均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度 v₁做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v₂做匀速直线运动，从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框的机械能减少量为△E，重力对线框做功的绝对值为W₁，安培力对线框做功的绝对值为W₂，下列说法中正确的有　 (　　 )

　　　 A．v₂ ：v_{1 =} 1 ：2　　　　

　　　 B．v₂ ：v_{1 =}1 ：4

　　　 C．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，W₂ 等于 △E

　　　 D．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框动能变化量为W₁－W₂

[答案]BCD；

[解析]当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度 v₁做匀速直线运动，则由法拉第电磁感应定律得 E₁=BL v₁，回路总电流 I₁=E₁/R，导体棒滑动中受到安培力 F₁=BI₁L;当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v₂做匀速直线运动，此时正方形导线框的两边均切割磁感线，故这是典型的双电源问题，同理有E₂=2BLv₂，回路总电流 I₂=E₂/R，导体棒滑动中受到安培力 F₂=2BI₂L，故容易得到v₂ ：v_{1 =}1 ：4 ，即选项B正确．

　 从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框的机械能减少量为△E，根据能量守恒定律，则线框的机械能减少量等于回路中产生的焦耳热，而电磁感应问题中克服安培力做功级全部转化为焦耳热，故有安培力对线框做功的绝对值W₂等于线框的机械能减少量△E.在这个过程中，线框的机械能减少了，同时线框的重力势能减少了W₁，根据动能定理，得线框动能变化量为合外力做功，即为W₁－W₂.

[考点]电磁感应.

Ⅱ卷(非选择题，本卷共6小题，共62分)