2015皖西七校联考物理

第1页皖西七校联考物理试题一、选择题：（42分）14．如图所示，两个三角形物块A、B叠放在竖直的轻弹簧上，靠着粗糙的竖直墙壁放置，用力F将物块竖直向下缓慢压一小段距离，然后又缓慢撤去力F，A、B恢复静止状态，整个过程中弹簧始终保持竖直，则力F撤去后()A．弹簧的弹力大小大于两物块的总重力B．墙壁对A有竖直向下的静摩擦力作用C．B对A的作用力大小大于A的重力大小D．B受到A沿接触面向下的静摩擦力作用15．酒后驾驶会导致许多安全隐患，是因为驾驶员的反应时间变长。反应时间是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间。下表中“思考距离”是指驾驶员发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离；“制动距离”是指驾驶员发现情况到汽车停止行驶的距离（假设汽车制动时的加速度大小都相同）。分析上表可知，下列说法不正确的是（）A．驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5sB．若汽车以20m/s的速度行驶时，发现前方40m处有险情，酒后驾驶不能安全停车C．驾驶员采取制动措施后汽车加速度大小为3.75m/s2D．表中x为66.716．图1所示为一列简谐横波在t=15秒时的波形图，图2是这列波中P点的振动图线，那么该波的传播速度和传播方向是()A．v=50cm/s，向右传播B．v=25cm/s，向左传播C．v=50cm/s，向左传播D．v=25cm/s，向右传播17．如图所示，六根导线互相绝缘，所通电流都是I，区域A、B、C、D均为相等的正方形，则平均磁感应强度最大的区域且方向垂直纸面向里的是（）A.A区B.B区C.C区D.D区18．“夸父”计划是我国继“嫦娥”计划之后于2003年提出的第2页又一重大空间计划，目前理论论证早已通过，已处于筹备实施阶段。“夸父”计划原理简化如右图所示，它由三颗卫星组成：始终处于日地连线上的A卫星，常年累月地远距离观测地球；位于同一个极地轨道并始终关于地心对称的两颗卫星B1和B2，近距离观测地球不间断。这三颗卫星构成对地球观测的立体网络，实时观测和预报地球磁层变化及太阳活动对地球的影响。关于这个计划，下列说法错误的是：()A．A星的向心力由地球和太阳对它引力的合力提供。B．地球上A星的发射速度不会超过第二宇宙速度。C．B1和B2两颗卫星在稀薄气体阻力作用下动能会增大轨道会降低。D．如果B1和B2的周期是6小时，则它们每天经过赤道共16次，对南、北极可各观测8次。19．如图所示，N匝矩形导线框以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，线框面积为S，线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R、理想交流电流表和二极管D。二极管D具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大．下列说法中正确的是（）A．交流电流表的示数I=B．R两端电压的有效值C．一个周期内通过R的电荷量q=D．图示位置电流表的示数为020.如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，S闭合后，两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态，G为灵敏电流计．则以下说法正确的是()A．若滑动变阻器滑动触头向上移动，则油滴仍然静止，G中有a→b的电流B．若滑动变阻器滑动触头向下移动，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流C．若滑动变阻器滑动触头向上移动，则油滴向上加速运动，G中有b→a的电流D．若将S断开，则油滴仍保持静止状态，G中无电流二、实验题：（18分）21．(1)某实验小组利用如图甲所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒．①某同学用游标卡尺测得遮光条（图乙）的宽度d=mm；第3页②实验前需要调整气垫导轨底座使之水平，实验时将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门所花时间为Δt=1.5×10ˉ2s，则滑块经过光电门时的瞬时速度为（用游标卡尺的测量结果计算）m/s．③在本次实验中还需要测量的物理量有：钩码的质量m、和（用文字说明并用相应的字母表示）。④本实验，通过比较和在实验误差允许的范围内相等（用测量的物理量符号表示），从而验证了系统的机械能守恒。(2)某学习小组为探究导电溶液的电阻在体积相同时，电阻值与长度的关系．选取了一根乳胶管,里面灌满了盐水,两端用粗铜丝塞住管口,形成一段封闭的盐水柱．进行了如下实验：①在用多用电表粗测盐水电阻时,该小组首先选用“×100”欧姆挡，其阻值如图中指针a所示，为了减小多用电表的读数误差，多用电表的选择开关应换用________欧姆挡；②改换选择开关后，应先进行__________，若测得阻值如图中指针b所示，则盐水的阻值大约是____________Ω；③现采用伏安法测盐水柱的电阻，有如下实验器材：A．直流电源：电动势12V，内阻很小，额定电流为1AB．电流表A：量程0～10mA，内阻约10Ω；C．电压表V：量程0～15V，内阻约15kΩ；D．滑动变阻器R：最大阻值10kΩ；F．开关、导线等该小组已经完成部分导线的连接，请你在实物接线图中完成余下导线的连接．④握住乳胶管的两端把它均匀拉长，多次实验测得盐水柱长度L、电阻R的数据如下表：第4页为了研究盐水柱的电阻R与长度L的关系，该小组用纵坐标表示电阻R，作出了如图所示的图线，你认为横坐标表示的物理量是________．三．计算题：（50分）22．（14分）如图所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩0.4m锁定，t=0时解除锁定释放滑块，计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度图象如图所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t=0时的速度图线的切线，已知滑块质量m=10kg，取g=10m/s2。求：(1)滑块与地面间的动摩擦因数及弹簧的劲度系数；(2)弹簧的最大弹性势能Epm(3)从开始到滑块分离过程弹簧弹力对物体的冲量23．（16分）如图所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场，左侧匀强电场两边界间的电势差为U、场强方向水平向右，其宽度为L；中间区域匀强磁场的磁感强度大小为B、方向垂直纸面向外；右侧匀强磁场的磁感强度大小为4B、方向垂直纸面向里.一个带正电的粒子(质量m，电量q，不计重力)从电场左边缘a点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到了a点，然后重复上述运动过程.求：(1)粒子进入磁场时的初速度(2)中间磁场区域的宽度d.(3)带电粒子从a点开始运动到第一次回到a点时所用的时间t.24.(20分)如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U形滑板N，滑板两端为半径R=0.20m的1/4圆弧而，A和D分别是圆弧的端点，BC段表面粗糙，其余段表面光滑，小滑块P1和P2的质量均为m，滑板的质量M=4m．P1和P2与BC面的动摩擦因数分别为μ1=0.20和μ2=0.50，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，开始时滑板紧靠槽的左端，P2静止在粗糙面的B点，P1以v0=23m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下，与P2发生弹性碰撞后，P1处在粗糙面B点上，当P2滑到C点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2继续滑动，到达D点时速度为零，P1与P2视为质点，取g=10m/s2．问：（1）P2在BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？(2)BC长度为多少？N、P1和P2最终静止后，P1与P2间的距离为多少？第5页皖西七校联考物理试题参考答案一、选择题：（每题6分，计42分）14.D15.C16.A17.D18.B19.A20.C二、实验题：（计18分）21．（1）（8分）①5.40mm(2分)②0.36m/s(2分)③滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离s（1分遮光条与滑块的质量M（1分）④mgs，（1分）2)t)((21dmM（1分）(2)（10分）①×1K(2分)②欧姆调零（2分）6000Ω（2分）③如下图（2分）④L2（2分）三、计算题：22.（14分）（1）从图象上知bc段对应滑块脱离弹簧后的运动，滑块的加速度大小为：a1==5m/s2………………1分由牛顿第二定律知：μmg=ma1，解得：μ=0.5……………1分刚释放时滑块的加速度22222/30/1.03vsmsmta………………1分由牛顿第二定律得kx-μmg=ma2…………………1分解得k=875N/m………………1分(2)弹簧恢复原长，滑块位移为s1=0.4m；设弹簧对滑块做功为W，由动能定理知：221mgsmvW………………3分得W=31.25J即JEPm25.31………………2分（3）由动量定理知：I弹-μmgt=mυb……………2分其中时间t=0.25s，代入数据得：弹力冲量为：I弹=27.5N⋅S…………………2分第6页23.（16分）(1)电场中加速，由221mvqUmqUv2…….2分(2)磁场中偏转，由牛顿第二定律得rvmqvB2……..1分∴r=qBmv=qmUB21……1分可见在两磁场区粒子运动半径:qmUBr211……..1分qmUBr2412……..1分214rro37……………………..1分由几何关系得qmUBrrdo2535337sin11………………1分(3)电场中，2/21vLt=qUmL22………………………………2分中间磁场中，qBmT21………1分qBmTt236037236037212…………………………1分右侧磁场中，qBmBqmT2422………1分qBmTt236025436025423…………………1分则qUmLtttt22321+qBm7255………………………………………2分第7页24.(20分)（1）P1滑到最低点速度为1v，由机械能守恒定律有：21202121mvmgRmv……………………………2分解得：smv/41…………………………………1分P1、P2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒，设碰后速度分别为1v、2v211mvvmmv……1分222121212121mvvmmv………1分解得：01vsmv//42……………………………………1分P2向右滑动时，假设P1保持不动，对P2有：5mmg22f（向左）…………………………………1分对P1、M有：22)(aMmf………………………………1分222/155smmmMmfa…………………………1分此时对P1有：mfmmafm0.2mg2.1111，所以假设成立。………1分（2）P2滑到C点速度为2v，由2221vmmgR……………1分得smv/22………1分从P1、P2碰撞到P2滑到C点过程，设P1、M共速度为v，由动量守恒定律得：22)(vmvMmmv……1分解得：smv/40.0……1分对P1、P2、M为系统,由能量守恒得：222222)(212121vMmvmmvLf…………1分代入数值得：mL12.1…………………………………1分滑板碰后，P1向右滑行距离：mvavS04.0g2212121………………………1分P2向左滑行距离：mvavS4.0g222222222……………………1分所以P1、P2静止后距离：mSSLS68.021……………