物理卷·2018届河北省保定市定州中学高二上学期期中物理试卷（承智班） （解析版） 27页

‎2016-2017学年河北省保定市定州中学高二（上）期中物理试卷（承智班）‎ ‎　‎ 一、选择题 ‎1．如图在水平放置的刚性气缸内用活塞封闭两部分气体A和B，质量一定的两活塞用杆连接．气缸内两活塞之间保持真空，活塞与气缸之间无摩擦，左侧活塞面积较大，A、B的初始温度相同．略抬高气缸左端使之倾斜，再使A、B升高相同温度，气体最终达到稳定状态．若始末状态A、B的压强变化量△pA，△pB均大于零，对活塞压力变化量△FA，△FB，则（　　）‎ A．A体积增大 B．A体积减小 C．△FA＞△FB D．△pA＜△pB ‎2．如图所示，用相同导线制成的边长为L或2L的四个单匝闭合回路，它们以相同的速度先后垂直穿过正方形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，区域宽度大于2L．则进入磁场过程中，电流最大的回路是（　　）‎ A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 ‎3．电磁波在真空中的传播速度（　　）‎ A．等于3.00×108m/s B．大于3.00×108m/s C．小于3.00×108m/s D．以上三种都有可能 ‎4．质量为m的质点，受到位于同一平面上的n个力（F1．F2．F3…Fn）的作用而处于平衡状态．撤去其中一个力F3，其余力保持不变，则下列说法正确的是（　　）‎ A．质点一定在F3的方向上做匀加速直线运动 B．质点一定在F3的反方向上做匀加速直线运动 C．质点加速度的大小一定为，方向与F3相同 D．质点加速度的大小一定为，方向与F3相反 ‎5．质点在一平面内沿曲线由P运动到Q，如果v、a、F分别表示质点运动过程中的速度、加速度和受到的合外力，下列图象可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．光滑绝缘水平面上固定两个等量正电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一质量m=1kg的带正电小物块由A点静止释放，并以此时未计时起点，沿光滑水平面经过B、C两点，其运动过程的v﹣t图象如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，则根据图线可以确定（　　）‎ A．A、B、C三点的电场强度大小EA＞EB＞EC B．中垂线上B点电场强度的大小 C．UBC＞UAB D．小物块在B点的电势能 ‎7．如图为玻璃自动切割生产线示意图，右图中，玻璃以恒定的速度v向右运动，两侧的滑轨与玻璃的运动方向平行，滑杆与滑轨垂直，且可沿滑轨左右移动，割刀通过沿滑杆滑动和随滑杆左右移动实现对移动玻璃的切割，移动玻璃的宽度为L，要使切割后的玻璃为长2L的矩形，以下做法能达到要求的是（　　）‎ A．保持滑杆不动，使割刀以速度沿滑杆滑动 B．滑杆以速度v向左移动的同时，割刀以速度沿滑杆滑动 C．滑杆以速度v向右移动的同时，割刀以速度2v沿滑杆滑动 D．滑杆以速度v向右移动的同时，割刀以速度沿滑杆滑动 ‎8．如图所示，通电竖直长直导线的电流方向向上，初速度为υ0的电子平行于直导线竖直向上射出，不考虑电子的重力，则电子将（　　）‎ A．向右偏转，速率不变 B．向左偏转，速率改变 C．向左偏转，速率不变 D．向右偏转，速率改变 ‎9．在测定电源电动势和内电阻的实验中，为使实验效果明显且不会损害仪器，应选择下列电源中（　　）‎ A．内阻较大的普通干电池 B．内阻较小的普通干电池 C．小型交流发电机 D．小型直流发电机 ‎10．关于雷达，下列说法中正确的是（　　）‎ A．雷达是早在发现电磁波之前就有的设备 B．雷达是利用电磁波能产生折射的特性工作的 C．雷达可用来发现飞机、舰艇，探测台风、雷雨 D．雷达在能见度低的黑夜将无法使用 ‎11．如图所示，a、b为某电场线上的两点，那么以下结论正确的是（　　）‎ A．把正电荷从a移到b，电场力做负功，电荷的电势能减少 B．把负电荷从a移到b，电场力做负功，电荷的电势能增加 C．把负电荷从a移到b，电场力做正功，电荷的电势能增加 D．不论正电荷还是负电荷，从a移到b电势能逐渐降低 ‎12．如图所示，为一质点做直线运动的速度﹣时间图象，下列说法正确的是（　　）‎ A．整个过程中，CE段的加速度最大 B．在18s末，质点的运动方向发生了变化 C．整个过程中，D点所表示的状态离出发点最远 D．BC段所表示的运动通过的位移是34m ‎13．有关参考系的说法中，正确的是（　　）‎ A．运动的物体不能作为参考系 B．变速运动的物体不能作为参考系 C．只有固定在地面上的物体才能作为参考系 D．处于任何状态的任何物体均可作为参考系 ‎14．火车轨道在转弯处外轨高于内轨，且高度差由转弯半径与火车速度确定．若在某转弯处规定行驶速度为v，则下列说法中正确的是（　　）‎ ‎①当以v的速度通过此弯路时，火车重力与轨道面支持力的合力提供向心力 ‎②当以v的速度通过此弯路时，火车重力、轨道面支持力和外轨对轮缘弹力的合力提供向心力 ‎③当速度大于v时，轮缘挤压外轨 ‎④当速度小于v时，轮缘挤压外轨．‎ A．①③ B．①④ C．②③ D．②④‎ ‎15．如图所示，轻质不可伸长的细绳，绕过光滑定滑轮C，与质量为m的物体A连接，A放在倾角为θ的光滑斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体B连接．现BC连线恰沿水平方向，从当前位置开始B以速度v0匀速下滑．设绳子的张力为T，在此后的运动过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体A做变速运动 B．物体A做匀速运动 C．T小于mgsinθ D．T大于mgsinθ ‎16．在光滑的水平面上有静止的物体A和B．物体A的质量是B的2倍，两物体中间用细绳束缚的处于压缩状态的轻质弹簧相连．当把细绳剪断，弹簧在恢复原长的过程中（　　）‎ A．A的速率是B的2倍 B．A的动量大于B的动量 C．A受的力大于B受的力 D．A、B组成的系统的总动量为零 ‎17．如图所示，轻质弹簧上端固定，下端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α．将圆环从a处由静止释放，环沿杆上滑到b处时的速度为v，滑到d处时速度为零，且弹簧竖直并处于自然长度；接着，圆环又从d处沿杆下滑，滑到b处时速度为零．已知bd=L，c是bd的中点，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）‎ A．环上滑经过c点的速度等于下滑经过c点的速度 B．环上滑经过c点的速度大于下滑经过c点的速度 C．环经过b点时，弹簧的弹性势能是mgLsinα﹣‎ D．环经过b点时，弹簧的弹性势能是mgLsinα﹣‎ ‎18．如图所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板A、B之间的P点，处于静止状态．现将极板A向下平移一小段距离，但仍在P点上方，其它条件不变．下列说法中正确的是（　　）‎ A．液滴将向下运动 B．液滴将向上运动 C．极板带电荷量将不变 D．极板带电荷量将减少 ‎19．一根弹簧的下端挂一重物，上端用手牵引使重物向上做匀速直线运动．从手突然停止到物体上升到最高点时止．在此过程中，重物的加速度的数值将（　　）‎ A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先减小后增大 D．先增大再减小 ‎20．如图所示，质量为M的斜面体A置于粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于光滑斜面上，整个系统处于静止状态．已知斜面倾角θ=30°，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦，则（　　）‎ A．斜面体对小球的作用力的大小为mg B．轻绳对小球的作用力的大小为mg C．斜面体对水平面的压力的大小为（M+m）g D．斜面体与水平面间的摩擦力的大小为mg ‎21．在如图中两个体重相同的小孩静止坐在秋千上，两秋千的绳子是一样的．下面的叙述正确的是（　　）‎ A．甲中绳子容易断 B．乙中绳子容易断 C．甲、乙中绳子一样容易断 D．不确定 ‎22．自卸式运输车是车厢配有自动倾卸装置的汽车，又称为翻斗车、工程车，由汽车底盘、液压举升机构、取力装置和货厢组成．如图所示，在车厢由水平位置逐渐抬起的过程中，有关货物所受车厢的支持力FN和摩擦力Ff，下列说法中正确的是（　　）‎ A．摩擦力Ff逐渐增大 B．摩擦力Ff先增大后减小 C．支持力FN逐渐减小 D．支持力FN先减小后不变 ‎23．一根阻值为R的均匀电阻丝，长为L，横截面积为S，设温度不变，在下列哪些情况下其电阻值仍为R？（　　）‎ A．当L不变，S增大一倍时 B．当S不变，L增大一倍时 C．当L和S都缩为原来的时 D．当L和横截面的半径都增大一倍时 ‎24．在下列所述实例中，若不计空气阻力，机械能守恒的是（　　）‎ A．木块匀速下落的过程 B．电梯加速上升的过程 C．抛出的铅球在空中运动的过程 D．木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程 ‎25．一质点在水平面内运动，在XOY直角坐标系中，质点的坐标（x，y）随时间t变化的规律是：x=t+t2m，y=2.25t+0.6t2m，则（　　）‎ A．质点的运动是匀速直线运动 B．质点的运动是匀加速直线运动 C．质点的运动是非匀变速直线运动 D．质点的运动是非匀变速曲线运动 ‎26．如图所示，重物M沿竖直杆下滑，并通过绳带动小车沿斜面升高．问：当滑轮右侧的绳与竖直方向成θ角，且重物下滑的速率为v时，小车的速度为（　　）‎ A．vsinθ B．vcosθ C． D．‎ ‎27．有一系列斜面，倾角各不相同，它们的底端相同，都是O点，如图所示．有一系列完全相同的滑块（可视为质点）从这些斜面上的A、B、C、D…各点同时由静止释放，下列判断正确的是（　　）‎ A．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一水平线上 B．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直面内的圆周上 C．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的时间相同，则A、B、C、D…各点处在同同一直面内的圆周上 D．若各斜面与这些滑块间有相同的摩擦因数，滑到达O点的过程中，各滑块损失的机械能相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直线上 ‎28．如图所示，有矩形线圈，面积为S，匝数为N，整个线圈内阻为r，在匀强磁场B 中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R．当线圈由图示位置转过90°的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．磁通量的变化量为△Φ=NBS B．平均感应电动势为=‎ C．电阻R所产生的热量为 Q=‎ D．通过电阻R的电荷量为 q=‎ ‎29．如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑的小球，现给小球一个冲击使其在瞬间得到一个水平初速度v0，若v0大小不同，则小球能够上升到的最大高度（距离底部）也不同，下列说法正确的是（　　）‎ A．如果v0=，则小球能够上升的最大高度为 B．如果v0=，则小球能够上升的最大高度为R C．如果v0=，则小球能够上升的最大高度为 D．如果v0=，则小球能够上升的最大高度为2R ‎30．如图所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜边长为2L，高为L．在该区域内分布着如图所示的磁场，左侧磁场方向垂直纸面向外，右侧磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B．一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿顺时针的感应电流方向为正，由图中表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、计算题 ‎31．如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到175m时，以10m/s的速度向上匀速运动，同时有一颗质量为0.01kg的小铆钉从热气球上脱离掉落，小铆钉脱离时相对热气球静止．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）热气球所受浮力大小；‎ ‎（2）匀速上升时热气球所受的空气阻力；‎ ‎（3）小铆钉落地时热气球离地的高度．‎ ‎32．如图所示，质量为m、电荷量为+q的小球（视为质点）通过长为L的细线悬挂于O点，以O点为中心在竖直平面内建立直角坐标系xOy，在第2、3象限内存在水平向左的匀强电场，电场强度大小为E= （式中g为重力加速度）．‎ ‎（1）把细线拉直，使小球在第4象限与x正方向成θ角处由静止释放，要使小球能沿原路返回至出发点，θ的最小值为多少？‎ ‎（2）把细线拉直，使小球从θ=0°处以初速度v0竖直向下抛出，要使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，则v0的最小值为多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省保定市定州中学高二（上）期中物理试卷（承智班）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．如图在水平放置的刚性气缸内用活塞封闭两部分气体A和B，质量一定的两活塞用杆连接．气缸内两活塞之间保持真空，活塞与气缸之间无摩擦，左侧活塞面积较大，A、B的初始温度相同．略抬高气缸左端使之倾斜，再使A、B升高相同温度，气体最终达到稳定状态．若始末状态A、B的压强变化量△pA，△pB均大于零，对活塞压力变化量△FA，△FB，则（　　）‎ A．A体积增大 B．A体积减小 C．△FA＞△FB D．△pA＜△pB ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】气温不变时，略抬高气缸左端使之倾斜，由于活塞的重力作用，A部分气体压强减小，B部分气体压强增加，对两部分气体由玻意耳定律得，A体积增大，B体积减小；倾斜后，再使A、B升高相同温度，假设两部分气体的体积不变，由查理定律分析两部分气体的压强变化和对活塞的压力的变化，从而判断假设的正误以及本体的答案．‎ ‎【解答】解：AB、气温不变时，略抬高气缸左端使之倾斜，由于活塞的重力作用，A部分气体压强减小，B部分气体压强增加，设此时的细杆与水平面的夹角为θ，则有：PASA+（M+m）gsinθ=PBSB…①‎ 对两部分气体由玻意耳定律得，A体积增大，B体积减小；故A正确，B错误．‎ C、开始时，两活塞受力平衡，略抬高气缸左端使之倾斜，则A部分气体压强减小一些，B部分气体压强增大一些，而最终两个活塞的受力还要平衡，那么压力的变化不相等△FB＞△FA，故C错误．‎ D、由，但SA＞SB，结合C分析可得，故有△pA＜△pB．故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，用相同导线制成的边长为L或2L的四个单匝闭合回路，它们以相同的速度先后垂直穿过正方形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，区域宽度大于2L．则进入磁场过程中，电流最大的回路是（　　）‎ A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【分析】根据法拉第电磁感应定律求得感应电动势的大小，由闭合电路欧姆定律得到感应电流的表达式，即可比较其大小．‎ ‎【解答】解：设导线长度为L时电阻为R．‎ 甲图中，感应电动势为E甲=BLv，线框的电阻为4R，则感应电流为：I甲==；‎ 乙图中，感应电动势为E乙=BLv，线框的电阻为6R，则感应电流为：I乙==；‎ 丙图中，感应电动势为E丙=2BLv，线框的电阻为6R，则感应电流为：I丙===；‎ 丁图中，感应电动势为E丁=2BLv，线框的电阻为8R，则感应电流为：I甲==；‎ 所以丙中感应电流最大．故C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．电磁波在真空中的传播速度（　　）‎ A．等于3.00×108m/s B．大于3.00×108m/s C．小于3.00×108m/s D．以上三种都有可能 ‎【考点】电磁波的发射、传播和接收．‎ ‎【分析】电磁波在真空中的传播速度是一定的，和光速相同，即c=3×108m/s，电磁波看不见也摸不着，但它有非常重要的作用．‎ ‎【解答】解：因为电磁波在真空中的传播速度等于光在真空中的传播速度，是3×108m/s；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．质量为m的质点，受到位于同一平面上的n个力（F1．F2．F3…Fn）的作用而处于平衡状态．撤去其中一个力F3，其余力保持不变，则下列说法正确的是（　　）‎ A．质点一定在F3的方向上做匀加速直线运动 B．质点一定在F3的反方向上做匀加速直线运动 C．质点加速度的大小一定为，方向与F3相同 D．质点加速度的大小一定为，方向与F3相反 ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，由于物体是受恒力的作用，撤去F3后，物体受到的合力是恒定不变的，物体一定是做匀变速运动．‎ ‎【解答】解：物体原来处于平衡状态，物体的合力为零，当撤去其中一个力F3，而其余力的合力与F3大小相等方向相反，合力的大小是不变的，所以 A、B、物体原来处于平衡状态，可能做匀速直线运动，速度方向向任意方向均是可能的，当速度方向与合力方向不共线时，物体做曲线运动，故AB均错误；‎ C、D、物体原来处于平衡状态，物体的合力为零，当撤去其中一个力F3，而其余力的合力与F3大小相等方向相反，故加速度的大小一定为，方向与F3相反，故C错误，D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎5．质点在一平面内沿曲线由P运动到Q，如果v、a、F分别表示质点运动过程中的速度、加速度和受到的合外力，下列图象可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】物体做曲线运动的条件．‎ ‎【分析】当合力与速度不在同一条直线上时，问题就做曲线运动，但是加速度的方向和合外力的方向是相同的．‎ ‎【解答】解：A、物体做曲线运动，物体的速度的方向是沿着轨迹的切线方向的，所以A错误；‎ B、物体受到的合力应该指向运动轨迹的弯曲的内侧，并且合力的方向和加速度的方向是相同的，所以加速度的方向也是指向运动轨迹的弯曲的内侧，由此可以判断BC错误，D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．光滑绝缘水平面上固定两个等量正电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一质量m=1kg的带正电小物块由A点静止释放，并以此时未计时起点，沿光滑水平面经过B、C两点，其运动过程的v﹣t图象如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，则根据图线可以确定（　　）‎ A．A、B、C三点的电场强度大小EA＞EB＞EC B．中垂线上B点电场强度的大小 C．UBC＞UAB D．小物块在B点的电势能 ‎【考点】电场线；电势能．‎ ‎【分析】根据v﹣t图象的斜率等于加速度和牛顿第二定律求解电场强度E．根据能量守恒定律分析物块电势能的变化情况，根据动能定理求解AB两点和BC两点间的电势差．‎ ‎【解答】解：A、v﹣t图象的斜率等于加速度，B点处为整条图线切线斜率最大的位置，说明物块在B处加速度最大，根据牛顿第二定律得：‎ F=qE=ma，B为中垂线上电场强度最大的点，由图得：B点的加速度为 a==2m/s2，E=，由于不知道q的具体值，所以不能求出E．故AB错误．‎ C、物块从A到B的过程，根据动能定理得：qUAB=mvB2﹣mvA2，则得，UAB=m（vB2﹣）=m×16，同理可知UBC=m（vC2﹣）=m×33，所以UBC＞UAB，故C正确．‎ D、由于不知道零电势的位置，所以不能求解在B点的电势能，故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎7．如图为玻璃自动切割生产线示意图，右图中，玻璃以恒定的速度v向右运动，两侧的滑轨与玻璃的运动方向平行，滑杆与滑轨垂直，且可沿滑轨左右移动，割刀通过沿滑杆滑动和随滑杆左右移动实现对移动玻璃的切割，移动玻璃的宽度为L，要使切割后的玻璃为长2L的矩形，以下做法能达到要求的是（　　）‎ A．保持滑杆不动，使割刀以速度沿滑杆滑动 B．滑杆以速度v向左移动的同时，割刀以速度沿滑杆滑动 C．滑杆以速度v向右移动的同时，割刀以速度2v沿滑杆滑动 D．滑杆以速度v向右移动的同时，割刀以速度沿滑杆滑动 ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】根据运动的合成与分解的规律，结合矢量的合成法则，确保割刀在水平方向的速度等于玻璃的运动速度，即可求解．‎ ‎【解答】解：由题意可知，玻璃以恒定的速度向右运动，割刀通过沿滑杆滑动，而滑杆与滑轨垂直且可沿滑轨左右移动．‎ 要得到矩形的玻璃，则割刀相对于玻璃，在玻璃运动方向速度为零即可，因此滑杆以速度v向右移动，‎ 由于移动玻璃的宽度为L，要使切割后的玻璃为长2L的矩形，所以割刀以速度2v沿滑杆滑动，故C正确，ABD错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，通电竖直长直导线的电流方向向上，初速度为υ0的电子平行于直导线竖直向上射出，不考虑电子的重力，则电子将（　　）‎ A．向右偏转，速率不变 B．向左偏转，速率改变 C．向左偏转，速率不变 D．向右偏转，速率改变 ‎【考点】洛仑兹力．‎ ‎【分析】根据安培定则判断出通电导体右侧的磁场方向，然后根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力的方向，即得出电子的偏转方向，注意应用左手定则时四指指向与电子运动方向相反，洛伦兹力不做功．‎ ‎【解答】解：由安培定则可知导体右侧磁场方向垂直纸面向里，然后根据左手定则可知运动电子所受洛伦兹力向右，因此电子将向右偏转，洛伦兹力不做功，故其速率不变，故BCD错误，A正确．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎9．在测定电源电动势和内电阻的实验中，为使实验效果明显且不会损害仪器，应选择下列电源中（　　）‎ A．内阻较大的普通干电池 B．内阻较小的普通干电池 C．小型交流发电机 D．小型直流发电机 ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】本题从两方面进行分析，一是从实验安全上可知，用电动势较小的干电池；二是从实验效果上可知，旧电池的内阻大，更易测量内阻．‎ ‎【解答】解：为了不损害仪器，要实验采用干电池完成即可；但为了增强实验效果，应选用内阻较大的干电池，如用旧了的电池．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎10．关于雷达，下列说法中正确的是（　　）‎ A．雷达是早在发现电磁波之前就有的设备 B．雷达是利用电磁波能产生折射的特性工作的 C．雷达可用来发现飞机、舰艇，探测台风、雷雨 D．雷达在能见度低的黑夜将无法使用 ‎【考点】电磁波的应用．‎ ‎【分析】雷达是利用无线电波波长短，衍射现象不明显，传播的直线性好，遇到障碍物要发生反射的微波来测定物体位置的无线电设备．‎ ‎【解答】解：A、雷达利用电磁波发射与接收，从而工作的设备，故A错误；‎ B、雷达通过不间断的发射无线电波的脉冲并接收反射电磁脉冲工作的，故B错误；‎ C、雷达可用来发现飞机、舰艇，探测台风、雷雨，故C正确；‎ D、电磁波的使用不受白天与黑夜的影响，故雷达在能见度低的黑夜一样使用，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，a、b为某电场线上的两点，那么以下结论正确的是（　　）‎ A．把正电荷从a移到b，电场力做负功，电荷的电势能减少 B．把负电荷从a移到b，电场力做负功，电荷的电势能增加 C．把负电荷从a移到b，电场力做正功，电荷的电势能增加 D．不论正电荷还是负电荷，从a移到b电势能逐渐降低 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据顺着电场线方向电势降低，判断ab两点电势的高低，根据电场力做功正负判断电势能的大小．‎ ‎【解答】解：A、正电荷受到电场力的方向与电场强度方向相同，所以把正电荷从a移到b，电场力做正功，电势能减小，故A错误；‎ B、负电荷受到电场力的方向与电场强度方向相反，把负电荷从a移到b，电场力做负功，电荷的电势能增加，故B正确，C错误；‎ D、由AB可知，D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎12．如图所示，为一质点做直线运动的速度﹣时间图象，下列说法正确的是（　　）‎ A．整个过程中，CE段的加速度最大 B．在18s末，质点的运动方向发生了变化 C．整个过程中，D点所表示的状态离出发点最远 D．BC段所表示的运动通过的位移是34m ‎【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】v﹣t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，其斜率表示加速度，倾角越大表示加速度越大；图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负．BC段与时间轴围成的梯形面积表示其运动的位移．‎ ‎【解答】解：A、整个过程中，CE段倾角最大，斜率最大，故其加速度数值最大，故A正确；‎ B、速度的正负表示质点的运动方向，则知，在18s末，质点的运动方向没有变化，故B错误．‎ C、从静止到D点的图象与坐标轴围成的面积在时间轴的上方，位移为正，D点以后位移为负，说明此时已经反方向运动了，故D点所表示的状态离出发点最远，故C正确；‎ D、BC段所表示的运动通过的位移等于BC段与时间轴围成的梯形面积大小，为 x=×（5+12）×4m=34m．故D正确．‎ 故选：ACD ‎　‎ ‎13．有关参考系的说法中，正确的是（　　）‎ A．运动的物体不能作为参考系 B．变速运动的物体不能作为参考系 C．只有固定在地面上的物体才能作为参考系 D．处于任何状态的任何物体均可作为参考系 ‎【考点】参考系和坐标系．‎ ‎【分析】参考系是假定不动的物体，故参考系可以选择运动的物体也可以选择静止的物体；参考系的选择是任意的，故任何物体都可以作为参考系．‎ ‎【解答】解：任何物体都可以作为参考系；不论物体是在运动还是静止，均可以选作参考系；也并不是只有地球或固定在地面上的物体才能作为参考系；故ABC错误，D正确 故选：D．‎ ‎　‎ ‎14．火车轨道在转弯处外轨高于内轨，且高度差由转弯半径与火车速度确定．若在某转弯处规定行驶速度为v，则下列说法中正确的是（　　）‎ ‎①当以v的速度通过此弯路时，火车重力与轨道面支持力的合力提供向心力 ‎②当以v的速度通过此弯路时，火车重力、轨道面支持力和外轨对轮缘弹力的合力提供向心力 ‎③当速度大于v时，轮缘挤压外轨 ‎④当速度小于v时，轮缘挤压外轨．‎ A．①③ B．①④ C．②③ D．②④‎ ‎【考点】牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】火车转弯时，为了保护铁轨，应避免车轮边缘与铁轨间的摩擦，故火车受到重力和支持力的合力完全提供向心力，可以根据牛顿第二定律列式求得转弯速度v；如果实际转弯速度大于v，有离心趋势，与外侧铁轨挤压；反之，挤压内侧铁轨．‎ ‎【解答】解：①②火车转弯时，为了保护铁轨，应避免车轮边缘与铁轨间的摩擦，故火车受到重力和支持力的合力完全提供向心力，有 F=mgtanθ=m 解得 v=‎ 故①正确，②错误；‎ ‎③④果实际转弯速度大于v，有离心趋势，与外侧铁轨挤压，反之，挤压内侧铁轨，故③正确，④错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，轻质不可伸长的细绳，绕过光滑定滑轮C，与质量为m的物体A连接，A放在倾角为θ的光滑斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体B连接．现BC连线恰沿水平方向，从当前位置开始B以速度v0匀速下滑．设绳子的张力为T，在此后的运动过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体A做变速运动 B．物体A做匀速运动 C．T小于mgsinθ D．T大于mgsinθ ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】根据运动的合成与分解，将B的竖直向下的运动分解成沿着绳子方向与垂直绳子方向的两个分运动，结合力的平行四边形定则，即可求解．‎ ‎【解答】解：由题意可知，将B的实际运动分解成两个分运动，如图所示，‎ 根据平行四边形定则，可有：vBsinα=v绳；因B以速度v0匀速下滑，又α在增大，所以绳子速度在增大，则A处于加速运动，‎ 根据受力分析，结合牛顿第二定律，则有：T＞mgsinθ，故AD正确，BC错误；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎16．在光滑的水平面上有静止的物体A和B．物体A的质量是B的2倍，两物体中间用细绳束缚的处于压缩状态的轻质弹簧相连．当把细绳剪断，弹簧在恢复原长的过程中（　　）‎ A．A的速率是B的2倍 B．A的动量大于B的动量 C．A受的力大于B受的力 D．A、B组成的系统的总动量为零 ‎【考点】动量定理．‎ ‎【分析】两个滑块和弹簧系统受外力的矢量和为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律分析即可．‎ ‎【解答】解：A、B、D、弹簧在恢复原长的过程中，两滑块系统动量守恒，规定向左为正方向，故：‎ m1v1+m2（﹣v2）=0‎ 由于物体A的质量是B的2倍，故A的速率是B的倍，A的动量等于B的动量；‎ 故A错误，B错误，D正确；‎ C、根据牛顿第三定律，A受的力等于B受的力，故C错误；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，轻质弹簧上端固定，下端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α．将圆环从a处由静止释放，环沿杆上滑到b处时的速度为v，滑到d处时速度为零，且弹簧竖直并处于自然长度；接着，圆环又从d处沿杆下滑，滑到b处时速度为零．已知bd=L，c是bd的中点，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）‎ A．环上滑经过c点的速度等于下滑经过c点的速度 B．环上滑经过c点的速度大于下滑经过c点的速度 C．环经过b点时，弹簧的弹性势能是mgLsinα﹣‎ D．环经过b点时，弹簧的弹性势能是mgLsinα﹣‎ ‎【考点】功能关系；弹性势能．‎ ‎【分析】从c到d再到c，重力、弹簧的拉力做功均为零，只有摩擦力做功，由动能定理比较环上滑经过c点的速度和下滑经过c点的速度大小，从b到d再到b的过程中，重力、弹簧的拉力做功均为零，只有摩擦力做功，由动能定理求出从c到d摩擦力做功，设b处弹性势能为EP，从b到d由动能定理列式求解即可．‎ ‎【解答】解：A、从c到d再到c，重力、弹簧的拉力做功均为零，只有摩擦力做功，由动能定理得：，‎ 由于Wf＜0，则vC′＜vC，故A错误，B正确；‎ C、设从c到d摩擦力做功为Wf，从b到d再到b的过程中，重力、弹簧的拉力做功均为零，只有摩擦力做功，由动能定理得：，‎ 解得：，‎ 设b处弹性势能为EP，从b到d由动能定理得：，其中WG=﹣mgLsinα，则EP=mgLsinα﹣，故C错误，D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎18．如图所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板A、B之间的P点，处于静止状态．现将极板A向下平移一小段距离，但仍在P点上方，其它条件不变．下列说法中正确的是（　　）‎ A．液滴将向下运动 B．液滴将向上运动 C．极板带电荷量将不变 D．极板带电荷量将减少 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】带电油滴悬浮在平行板电容器中P点，处于静止状态，电场力与重力平衡，将极板A向下平移一小段距离时，根据E=分析板间场强如何变化，判断液滴如何运动．根据电容的决定式和定义式结合分析极板所带电量如何变化．‎ ‎【解答】解：‎ A、B电容器板间的电压保持不变，当将极板A向下平移一小段距离时，根据E=分析得知，板间场强增大，液滴所受电场力增大，液滴将向上运动．故A错误，B正确．‎ C、D将极板A向下平移一小段距离时，根据电容的决定式C= 得知电容C增大，而电容器的电压U不变，极板带电荷量将增大．故CD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎19．一根弹簧的下端挂一重物，上端用手牵引使重物向上做匀速直线运动．从手突然停止到物体上升到最高点时止．在此过程中，重物的加速度的数值将（　　）‎ A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先减小后增大 D．先增大再减小 ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】由题意知道，物体先匀速上升，拉力等于重力；手突然停止运动后，物体由于惯性继续上升，弹力减小，合力变大且向下，故物体做加速度不断变大的减速运动．‎ ‎【解答】解：物体匀速运动过程，弹簧对物体的弹力与重力二力平衡；‎ 手突然停止运动后，物体由于惯性继续上升，弹簧伸长量变小，弹力减小，故重力与弹力的合力变大，根据牛顿第二定律，物体的加速度变大；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，质量为M的斜面体A置于粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于光滑斜面上，整个系统处于静止状态．已知斜面倾角θ=30°，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦，则（　　）‎ A．斜面体对小球的作用力的大小为mg B．轻绳对小球的作用力的大小为mg C．斜面体对水平面的压力的大小为（M+m）g D．斜面体与水平面间的摩擦力的大小为mg ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】以小球为研究对象受力分析，根据平衡条件列方程求斜面和轻绳对小球的作用力；‎ 以斜面体和小球整体为研究对象受力分析，根据平衡条件求斜面体受到的支持力和摩擦力．‎ ‎【解答】解：A、以小球为研究对象受力分析，根据平衡条件，‎ 垂直斜面方向：N=mgcos30°=mg，故A错误，‎ 平行斜面方向：T=mgsin30°=mg，故B正确；‎ C、以斜面体和小球整体为研究对象受力分析，‎ 竖直方向：N=（m+M）g﹣Tsin30°，故C错误；‎ 水平方向：f=Tcos30°=mg，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎21．在如图中两个体重相同的小孩静止坐在秋千上，两秋千的绳子是一样的．下面的叙述正确的是（　　）‎ A．甲中绳子容易断 B．乙中绳子容易断 C．甲、乙中绳子一样容易断 D．不确定 ‎【考点】力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】小孩受重力、两个拉力处于平衡，根据共点力平衡，通过夹角的变化判断绳子的拉力变化．‎ ‎【解答】解：小孩的重力和两根绳子拉力的合力等值反向，合力一定，两分力夹角越大，分力越大，所以夹角越大，绳子拉力越大．则乙中绳子容易断．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎22．自卸式运输车是车厢配有自动倾卸装置的汽车，又称为翻斗车、工程车，由汽车底盘、液压举升机构、取力装置和货厢组成．如图所示，在车厢由水平位置逐渐抬起的过程中，有关货物所受车厢的支持力FN和摩擦力Ff，下列说法中正确的是（　　）‎ A．摩擦力Ff逐渐增大 B．摩擦力Ff先增大后减小 C．支持力FN逐渐减小 D．支持力FN先减小后不变 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】根据斜面的变化可知货物受力的变化，货物的运动状态也会发生变化，由静摩擦力转化为滑动摩擦力，根据两种摩擦力的表达式可求得摩擦力的变化．‎ ‎【解答】解：AB、开始时货物受重力和支持力，抬起后受到向上的静摩擦力；静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，即Ff=mgsinθ，随角度的增大，静摩擦力增大；‎ 当角度达一定程度时，物体开始滑动，由静摩擦力变化滑动摩擦力，而滑动摩擦力Ff=μmgcosθ，cosθ随角度的增加而增小，故滑动摩擦力将减小；‎ 故摩擦力是先增大后减小的，故A错误，B正确；‎ CD、支持力FN=mgcosθ，cosθ随角度的增加而增小，故支持力一定是逐渐减小，故C正确，D错误；‎ 故选：BC ‎　‎ ‎23．一根阻值为R的均匀电阻丝，长为L，横截面积为S，设温度不变，在下列哪些情况下其电阻值仍为R？（　　）‎ A．当L不变，S增大一倍时 B．当S不变，L增大一倍时 C．当L和S都缩为原来的时 D．当L和横截面的半径都增大一倍时 ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】根据电阻定律R=，结合电阻丝长度、横截面积的变化判断电阻的变化．‎ ‎【解答】解：A、根据电阻定律R=，当L不变，S增大1倍，则电阻变为原来的．故A错误．‎ B、根据电阻定律R=，当S不变，L增大一倍时，电阻变成原来的2倍．故B错误．‎ C、根据电阻定律R=，当L和S 都缩为原来的时，电阻不变．故C正确．‎ D、根据电阻定律R=，横截面积的半径增大为原来的2倍，则横截面积变为原来的4倍，长度变为原来的2倍，知电阻变成原来的一半；故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎24．在下列所述实例中，若不计空气阻力，机械能守恒的是（　　）‎ A．木块匀速下落的过程 B．电梯加速上升的过程 C．抛出的铅球在空中运动的过程 D．木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程 ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，即可判断物体是否是机械能守恒．‎ ‎【解答】解：A、木块匀速下落的过程中，重力势能减小，而动能不变，故木块的机械能不守恒，故A错误 B、电梯加速上升的过程，动能增加，重力势能增加，故机械能增加，故B错误．‎ C、抛出的铅球在空中运动的过程，只受重力，所以铅球机械能守恒，故C正确．‎ D、木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程，动能不变，重力势能减小，所以机械能减小，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎25．一质点在水平面内运动，在XOY直角坐标系中，质点的坐标（x，y）随时间t变化的规律是：x=t+t2m，y=2.25t+0.6t2m，则（　　）‎ A．质点的运动是匀速直线运动 B．质点的运动是匀加速直线运动 C．质点的运动是非匀变速直线运动 D．质点的运动是非匀变速曲线运动 ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】位移对时间的一次求导得到速度，二次求导得到加速度；对两个分运动分别求解速度和加速度，然后根据平行四边形定则合成得到合速度和合运动的加速度；判断物体的运动性质．‎ ‎【解答】解：①x方向分位移：x=t+t2m；‎ 故x方向分速度为：vx=0.2t+0.75；‎ x方向分运动的加速度为：ax=0.2m/s2；‎ ‎②y方向分位移为：y=2.25t+0.6t2m；‎ 故故x方向分速度为：vy=0.6t+2.25；‎ x方向分运动的加速度为：ay=0.6m/s2；‎ ‎③合运动的速度与x轴的夹角的正切为：tanα==3；‎ 合运动的加速度与x轴的夹角的正切为：tanβ==3；‎ 由于tanα=tanβ，故合速度是匀加速直线运动；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎26．如图所示，重物M沿竖直杆下滑，并通过绳带动小车沿斜面升高．问：当滑轮右侧的绳与竖直方向成θ角，且重物下滑的速率为v时，小车的速度为（　　）‎ A．vsinθ B．vcosθ C． D．‎ ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】物体M以速度v沿竖直杆匀速下滑，绳子的速率等于物体m的速率，将M物体的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度等于绳速，由几何知识求解m的速率，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：将M物体的速度按图示两个方向分解，如图所示，得绳子速率为：v绳=vcosθ 而绳子速率等于物体m的速率，则有物体m的速率为：vm=v绳=vcosθ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎27．有一系列斜面，倾角各不相同，它们的底端相同，都是O点，如图所示．有一系列完全相同的滑块（可视为质点）从这些斜面上的A、B、C、D…各点同时由静止释放，下列判断正确的是（　　）‎ A．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一水平线上 B．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直面内的圆周上 C．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的时间相同，则A、B、C、D…各点处在同同一直面内的圆周上 D．若各斜面与这些滑块间有相同的摩擦因数，滑到达O点的过程中，各滑块损失的机械能相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直线上 ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）重力做功相同，小球的重力势能改变量就相同，动能增加量相同；‎ ‎（2）根据“等时圆”的适用条件构造出“等时圆”，作出图象，根据位移之间的关系即可判断运动时间；‎ ‎（3）滑块损失的机械能为克服摩擦力做功．‎ ‎【解答】解：A．根据mgh=，小球质量相同，达O点的速率相同，则h相同，即各释放点处在同一水平线上，故A正确，B错误；‎ C、以O点为最低点作等时圆，可知从ab点运动到O点时间相等，C正确；‎ D、若各次滑到O点的过程中，滑块滑动的水平距离是x，滑块损失的机械能为克服摩擦力做功为：，即各释放点处在同一竖直线上，D正确；‎ 故选：ACD ‎　‎ ‎28．如图所示，有矩形线圈，面积为S，匝数为N，整个线圈内阻为r，在匀强磁场B 中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R．当线圈由图示位置转过90°的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．磁通量的变化量为△Φ=NBS B．平均感应电动势为=‎ C．电阻R所产生的热量为 Q=‎ D．通过电阻R的电荷量为 q=‎ ‎【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．‎ ‎【分析】图示位置磁通量为Φ1=0，转过90°磁通量为Φ2=BS，△Φ=Φ2﹣Φ1．根据法拉第电磁感应定律求解平均感应电动势．根据焦耳定律Q=I2Rt求解热量，I为有效值．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式求解电荷量．‎ ‎【解答】解：A、图示位置磁通量为 Φ1=0，转过90°时磁通量为 Φ2=BS，则磁通量的变化量△Φ=Φ2﹣Φ1=BS．故A错误．‎ B、根据法拉第电磁感应定律得，平均感应电动势为 =N=N=，故B正确．‎ C、感应电动势的最大值为 Em=NBSω，有效值为 E=Em，电流的有效值为 I=‎ 电阻R产生的热量 Q=I2Rt，时间 t==‎ 联立解得 Q=，故C错误．‎ D、通过电阻R的电量q=t=t=N=，故D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎29．如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑的小球，现给小球一个冲击使其在瞬间得到一个水平初速度v0，若v0大小不同，则小球能够上升到的最大高度（距离底部）也不同，下列说法正确的是（　　）‎ A．如果v0=，则小球能够上升的最大高度为 B．如果v0=，则小球能够上升的最大高度为R C．如果v0=，则小球能够上升的最大高度为 D．如果v0=，则小球能够上升的最大高度为2R ‎【考点】机械能守恒定律；向心力．‎ ‎【分析】先根据机械能守恒定律求出在此初速度下能上升的最大高度，再根据向心力公式判断在此位置速度能否等于零即可求解．‎ ‎【解答】解：A、当v0=，根据机械能守恒定律有： =mgh，解得h=，即小球上升到高度为时速度为零，所以小球能够上升的最大高度为．故A正确．‎ B、设小球恰好能运动到与圆心等高处时在最低点的速度为v，则根据机械能守恒定律得：mgR=mv2，解得v=．故如果v0=，则小球能够上升的最大高度为R．故B正确．‎ C、设小球恰好运动到圆轨道最高点时在最低点的速度为v1，在最高点的速度为v2．‎ 则在最高点，有mg=m 从最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒定律得：2mgR+=，解得 v1=，所以v0=＜时，小球不能上升到圆轨道的最高点，会脱离轨道，在最高点的速度不为零．根据 =mgh+mv′2，知最大高度 h＜．故C错误．‎ D、当v0=，由上分析知，上升的最大高度为2R．故D正确．‎ 故选：ABD ‎　‎ ‎30．如图所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜边长为2L，高为L．在该区域内分布着如图所示的磁场，左侧磁场方向垂直纸面向外，右侧磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B．一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿顺时针的感应电流方向为正，由图中表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．‎ ‎【分析】首先根据楞次定律判断出感应电流的方向．再分段确定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的大小与位置坐标的关系．线框的电阻一定，感应电流与感应电动势成正比．‎ ‎【解答】解：bc边的位置坐标x在L﹣2L过程，线框bc边有效切线长度为l=x﹣L，感应电动势为E=Blv=B（x﹣L）v，感应电流i==，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．‎ x在2L﹣3L过程，ad边和bc边都切割磁感线，产生感应电动势，穿过线框的磁通量增大，总的磁感线方向向里，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，线框ad边有效切线长度为l=L，感应电动势为E=Blv=BLv，感应电流i=﹣．‎ x在3L﹣4L过程，线框ad边有效切线长度为l=L﹣（x﹣3L）=2L﹣x，感应电动势为E=Blv=B（2L﹣x）v，感应电流i=，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．由图示图象可知，A正确；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ 二、计算题 ‎31．如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到175m时，以10m/s的速度向上匀速运动，同时有一颗质量为0.01kg的小铆钉从热气球上脱离掉落，小铆钉脱离时相对热气球静止．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）热气球所受浮力大小；‎ ‎（2）匀速上升时热气球所受的空气阻力；‎ ‎（3）小铆钉落地时热气球离地的高度．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；竖直上抛运动；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】（1）匀加速上升阶段，热气球受重力和浮力，根据牛顿第二定律列式求解浮力；‎ ‎（2）匀速上升时热气球受重力、浮力和空气的阻力，根据共点力平衡条件列式；‎ ‎（3）小铆钉做竖直上抛运动，根位移时间关系公式列式求解时间；对气球运用运动学公式列式求解高度．‎ ‎【解答】解：（1）匀加速上升阶段，热气球受重力和浮力，根据牛顿第二定律，有：‎ F﹣mg=ma 解得：‎ F=m（g+a）=460×（10+0.5）=4830N ‎（2）匀速上升时热气球受重力、浮力和空气的阻力，根据共点力平衡条件，有：‎ F﹣f﹣mg=0‎ 解得：‎ f=F﹣mg=4830﹣460×10=230N ‎（3）小铆钉做竖直上抛运动，以向上为正方向，根位移时间关系公式，有：‎ ‎﹣h=‎ ‎﹣175=10t﹣5t2‎ 解得：‎ t=7s（负值舍去）‎ 气球的高度为：‎ H=h+v0t=175+10×7=245m 答：（1）热气球所受浮力大小为4830N；‎ ‎（2）匀速上升时热气球所受的空气阻力为230N；‎ ‎（3）小铆钉落地时热气球离地的高度为245m．‎ ‎　‎ ‎32．如图所示，质量为m、电荷量为+q的小球（视为质点）通过长为L的细线悬挂于O点，以O点为中心在竖直平面内建立直角坐标系xOy，在第2、3象限内存在水平向左的匀强电场，电场强度大小为E= （式中g为重力加速度）．‎ ‎（1）把细线拉直，使小球在第4象限与x正方向成θ角处由静止释放，要使小球能沿原路返回至出发点，θ的最小值为多少？‎ ‎（2）把细线拉直，使小球从θ=0°处以初速度v0竖直向下抛出，要使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，则v0的最小值为多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）使小球能沿原路返回至出发点，由，可知重力与电场力相等，合力方向与x轴成45°，所以恰摆到与x轴负向成45°角对应的θ即为最小．，由动能定理可求解 ‎（2）判断出小球在竖直平面内做完整的圆周运动的条件是θ=0°，由动能定理和牛顿第二定律可求解．‎ ‎【解答】解：（1）要使小球释放后能沿原路返回，则小球释放后最多只能摆至第二象限细线与x轴负向成45°角处（由重力与电场力的合力方向决定）．恰摆到与x轴负向成45°角对应的θ即为最小．‎ 对这一过程用动能定理：qElcos45°﹣mg（Lsinθ+Lsin45°）=0﹣0 ‎ 解之得：θ=0° ‎ ‎（2）要使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，只需要让小球从θ=0° 处出发能沿半径为L的圆周通过y轴最高点即可．设通过y轴最高点时小球速度为v 对这一过程用动能定理（电场力做功为零）：﹣mgL═﹣‎ 在最高点由牛顿第二定理可得：mg=‎ 联立解得：v0=‎ 答：（1）θ的最小值为0°‎ ‎（2）v0的最小值为．‎ ‎　‎