兩小一大選題

1、兩小一大12012年8月3日，倫敦奧運會蹦床項目，中國運動員董棟以62.99分成績奪得金牌他在蹦床上靜止站立時，受到的支撐力等于他的重力做縱跳時，在快速下蹲和蹬伸的過程中，人體受到的支撐力發(fā)生變化(如圖，G為重力，F(xiàn)為支撐力)，下列曲線能正確反映變化的是2如圖所示，在光滑平面上有一靜止小車，小車質量為M=5kg，小車上靜止地放置著質量為m=1kg的木塊，木塊和小車間的動摩擦因數(shù)為0.2，用水平恒力F拉動小車，下列關于木塊的加速度am和小車的加速度aM，可能正確的有：Aam2m/s2， aM1 m/s2Bam1m/s2， aM2 m/s2Cam2m/s2， aM4 m/s2Dam3m/s2， a

2、M5 m/s23邊長為L的正方形金屬框在水平恒力F作用下運動，穿過方向如圖的有界勻強磁場區(qū)域磁場區(qū)域的寬度為d（d>L）。已知ab邊進入磁場時，線框的加速度恰好為零則線框進入磁場的過程和從磁場另一側穿出的過程相比較，有dBbFL aA產生的感應電流方向相反B所受的安培力方向相反C進入磁場過程的時間等于穿出磁場過程的時間D進入磁場過程的發(fā)熱量少于穿出磁場過程的發(fā)熱量4如圖所示，等腰三角形內以底邊中線為界，左右兩邊分布有垂直紙面向外和垂直紙面向里的等強度勻強磁場，它的底邊在x軸上且長為2L，高為L.紙面內一邊長為L的正方形導線框沿x軸正方向做勻速直線運動穿過勻強磁場區(qū)域，在t=0時刻恰好位于

3、圖中所示位置.以順時針方向為導線框中電流的正方向，在下面四幅圖中能夠正確表示電流-位移（）關系的是-LL02LxOIL2L3LxAOIL2LL3LxBxOIL2L3LCOIL2L3LxD5圖甲、圖乙分別表示兩種電壓的波形，其中圖甲所示電壓按正弦規(guī)律變化，下列說法正確的是01234311311u/Vt/(102 s)圖甲01234311311u/Vt/(102 s)圖乙A圖甲表示交流電，圖乙表示直流電B電壓的有效值都是311VC電壓的有效值圖甲大于圖乙D圖甲所示電壓的瞬時值表達式為u220sin100t（V）6在光滑的水平地面上方，有兩個磁感應強度大小均為B、方向相反的水平勻強磁場，如圖所示PQ

4、為兩個磁場的邊界，磁場范圍足夠大。一個半徑為，質量為m，電阻為R的金屬圓環(huán)垂直磁場方向，以速度從如圖所示位置運動，當圓環(huán)運動到直徑剛好與邊界線PQ重合時，圓環(huán)的速度為/2，則下列說法正確的是（ ） A.此時圓環(huán)中的電功率為 B.此時圓環(huán)的加速度為 C.此過程中通過圓環(huán)截面的電荷量為 D.此過程中回路產生的電能為0.75 7如圖所示，圓形區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經過t時間從C點射出磁場，OC與OB成60°角?，F(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)関，仍從A點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)锳t B2t Ct Dt8如

5、圖所示，一個帶正電的物體從粗糙斜面頂端滑到斜面底端時的速度為v，若加上一個垂直于紙面向外的磁場，物體仍然沿斜面滑到底端時速度（ ）A等于v B大于v C小于v D不能確定9如圖（甲）所示，為兩個有界勻強磁場，磁感應強度大小均為B，方向分別垂直紙面向里和向外，磁場寬度均為L，距磁場區(qū)域的左側L處，有一邊長為L的正方形導體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場方向垂直，現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，以初始位置為計時起點，規(guī)定電流沿逆時針方向時的電動勢E為正，磁感線垂直紙面向里時磁通量的方向為正，外力F向右為正。則圖（乙）中關于線框中的磁通量、感應電動勢E、外力F和電功率P隨時間t變化正確的

6、是 （ ）vBLLLLB(甲)tAtPDtFC0000EtB(乙)10假設地球同步衛(wèi)星的軌道半徑是地球半徑的n倍，地球表面的重力加速度為g，第一宇宙速度為v，則A同步衛(wèi)星在軌道上的運行速度為vB同步衛(wèi)星在軌道上的運行速度為v/n2C同步衛(wèi)星的向心加速度為ngD同步衛(wèi)星的向心加速度為g/n211某同學畫出“天宮一號”和“神舟八號”繞地球做勻速圓周運動的假想圖如圖所示，A代表“天宮一號”，B代表“神舟八號”，虛線為各自的軌道。由此假想圖，可以判定下列選項錯誤的是( ) A“天宮一號”的運行速率大于“神舟八號”的運行速率B“天宮一號”的周期小于“神舟八號”的周期C“天宮一號”的向心加速度大于“神舟八

7、號”的向心加速度D“神舟八號”適度加速有可能與“天宮一號”實現(xiàn)對接12一只單擺，在第一個星球表面上的振動周期為T1；在第二個星球表面上的振動周期為T2。若這兩個星球的質量之比M1M2=41，半徑之比R1R2=21，則T1T2等于A11 B21 C41 D2113如圖所示，小球以Vo正對傾角為的斜面水平拋出，若小球到達斜面的位移最小，則飛行時間t為（重力加速度為g）14“嫦娥一號”是我國首次發(fā)射的探月衛(wèi)星，它在距月球表面高度為h的圓形軌道上運行，運行周期為T。已知引力常量為G，月球的半徑為R。利用以上數(shù)據(jù)估算月球質量的表達式為A B C D15一個電荷量為q，質量為m的小球，從光滑絕緣的斜面軌道

8、的A點由靜止下滑，小球恰能通過半徑為R的豎直圓形軌道的最高點B而做圓周運動?，F(xiàn)在豎直方向上加如圖所示的勻強電場，且電場強度滿足，若仍從A點由靜止釋放該小球，則（ ）A小球仍恰好能過B點B小球不能過B點C小球能過B點，且在B點與軌道之間壓力不為零D小球到達B點的速度16如圖甲所示，在兩距離足夠大的平行金屬板中央有一個靜止的電子（不計重力），當兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，若取電子初始運動方向為正方向，則下列圖象中能正確反映電子的速度v、位移x、加速度a、動能Ek四個物理量隨時間變化規(guī)律的是17如圖所示，豎直墻面與水平地面均光滑且絕緣，兩個帶有同種電荷的小球A、B分別處于豎直墻面和水平地面，且

9、共處于同一豎直平面內若用圖示方向的水平推力F作用于B，則兩球靜止于圖示位置，如果將B稍向左推過一些，兩球重新平衡時的情況與原來相比A推力F將增大B墻面對A的彈力增大C地面對B的彈力減小D兩小球之間的距離增大18如圖所示，A、B兩導體板平行放置，在t0時將電子從A板附近由靜止釋放(電子的重力忽略不計)分別在A、B兩板間加四種電壓，它們的UABt圖線如下列四圖所示其中可能使電子到不了B板的是（ ）19（10分） 長1米的木板A，質量為M=1kg，靜止在水平地面上。在木板最左端有一質量為m=2kg的小物塊B，在沿水平向右F=10牛的恒力作用下由靜止開始運動，物塊和木板、木板和水平面間的滑動摩擦系數(shù)分

10、別為。在把小物塊從木板右端拉下去的過程中，求：（1）運動過程中A、B的加速度分別是多大？（2）在此過程中木板運動的位移為多大？（小物塊可看作質點）（g取10m/s2）20（12分）如圖甲所示，放置在水平桌面上的兩條光滑導軌間的距離L=1m，質量m=1kg的光滑導體棒放在導軌上，導軌左端與阻值R=4的電阻相連，導體棒及導軌的電阻不計，所在位置有磁感應強度為B=2T的勻強磁場，磁場的方向垂直導軌平面向下?，F(xiàn)在給導體棒施加一個水平向右的恒定拉力F，并每隔0.2s測量一次導體棒的速度，乙圖是根據(jù)所測數(shù)據(jù)描繪出導體棒的v-t圖象。設導軌足夠長，求：（1）力F的大??；（2）t =1.2s時，導體棒的加速度

11、；（3）估算1.6s內電阻R上產生的熱量。21如圖所示，質量為m=1kg的小滑塊，從光滑、固定的圓弧軌道的最高點A由靜止滑下，經最低點B后滑到位于水平面的木板上已知木板質量M=2kg，其上表面與圓弧軌道相切于B點，且長度足夠長整個過程中木板的圖像如圖所示，g=l0ms2求：(1)滑塊經過B點時對圓弧軌道的壓力 (2)滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù) (3)滑塊在木板上滑過的距離22（16分）如圖所示，質量分別為M、m的兩物塊A、B通過一輕質彈簧連接，B足夠長、放置在水平面上，所有接觸面均光滑。彈簧開始時處于原長，運動過程中始終處在彈性限度內。在物塊A上施加一個水平恒力F，A、B從靜止開始運動，彈簧第

12、一次恢復原長時A、B速度分別為、。FBA（1）求物塊A加速度為零時，物塊B的加速度；（2）求彈簧第一次恢復原長時，物塊B移動的距離；（3）試分析：在彈簧第一次恢復原長前，彈簧的彈性勢能最大時兩物塊速度之間的關系？簡要說明理由。23（16分）固定光滑斜面與地面成一定傾角，一物體在平行斜面向上的拉力作用下向上運動，拉力F和物體速度v隨時間的變化規(guī)律如圖所示，取重力加速度g=10m/s2求物體的質量及斜面與地面間的夾角AFt/sv/ms-10261.04t/s02645.05.5F/N24（17分）平面直角坐標系中，第1象限存在沿軸負方向的勻強電場，第象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度

13、大小為B。一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以速度垂直于軸射入電場，經軸上的N點與軸正方向成60º角射入磁場，最后從軸負半軸上的P點與軸正方向成60º角射出磁場，如圖所示。不計粒子重力，求：（1）粒子在磁場中運動的軌道半徑R；（2）粒子從M點運動到P點的總時間；（3）勻強電場的場強大小E。25（本題13分）在如圖所示的直角坐標系中，有一個與坐標平面垂直的界面，界面與x軸成45°且經過坐標原點O，界面右下側有一勻強電場，場強為E，方向沿y軸的正方向，界面左上側有一勻強磁場，方向垂直坐標平面向里，大小未知。現(xiàn)把一個質量為m，電量為+q的帶電粒子從

14、坐標為(，-)的P點處由靜止釋放，粒子以一定的速度第一次經過界面進入磁場區(qū)域。經過一段時間，從坐標原點O再次回到電場區(qū)域，不計粒子的重力。求：（1）粒子第一次經過界面進入磁場時的速度有多大？（2）磁場的磁感應強度的大??？（3）粒子第三次經過界面時的位置坐標？參考答案1D【解析】試題分析：下蹲過程中，向下做加速運動，加速度向下，故處于失重狀態(tài)，所以，靜止時速度為零，所以下蹲過程中速度從零到零，故先做加速運動后做減速運動，故F先減小，后增大；蹬伸過程中，加速度向上，處于超重狀態(tài)， ，蹬伸過程中也是先做加速后又減速，所以加速過程F增大，減速過程F減小，當離開蹦床時，F(xiàn)為零，故D正確；考點：考查了牛頓

15、第二定律與圖像 2C【解析】試題分析：當時，木塊與小車一起運動，且加速度相等當時，小車的加速度大于木塊的加速度，此時木塊與小車發(fā)生相對運動，此時木塊加速度最大，由牛頓第二定律得：所以C正確，ABD錯誤考點：牛頓第二定律；力的合成與分解的運用 3AD【解析】試題分析：線框進入磁場時，磁通量增大穿出磁場時，磁通量減小，由楞次定律得知，感應電流方向相反，故A正確；安培力阻礙導體與磁場的相對運動，則安培力均向左，故B錯誤；進入磁場時，線框做勻速運動進入磁場后，線框勻加速通過位移d-L，穿出磁場時，速度增大，安培力增大，則線框做減速運動，穿出磁場時，線框速度大于等于進入磁場時的速度則進入磁場過程的時間大

16、于穿出磁場過程的時間，故C錯誤；根據(jù)功能關系：進入磁場過程，F(xiàn)做功等于線框的發(fā)熱量穿出磁場過程，F(xiàn)做功與動能的減小量之和等于線框的發(fā)熱量，而拉力做功相等，則進入磁場過程的發(fā)熱量少于穿出磁場過程的發(fā)熱量，故D正確；故選AD.考點：本題考查了導體切割磁感線時的感應電動勢、安培力、右手定則、電磁感應中的能量轉化.4B【解析】試題分析：位移在過程：磁通量增大，由楞次定律判斷感應電流方向為順時針方向，為正值；，則;有效切線長度為，位移在過程:兩邊都切割磁感線，產生感應電動勢，穿過線框的磁通量增大，總的磁感線方向向里，根據(jù)楞次定律判斷出來感應電流方向為逆時針，為負值；有效切線長度為，位移在過程：有效切線長

17、度為，根據(jù)楞次定律判斷出來感應電流方向沿順時針方向，為正值根據(jù)數(shù)學知識知道B正確故選B.考點：本題考查了導體切割磁感線時的感應電動勢、閉合電路的歐姆定律5C【解析】試題分析：由于兩圖中表示的電流方向都隨時間變化，因此都為交流電，故A錯誤；由于對應相同時刻，圖甲電壓比圖乙電壓大，根據(jù)有效值的定義可知，圖甲有效值要比圖乙有效值大，故B錯誤、C正確；從圖甲可知，所以圖甲電壓的瞬時值表達式為，故D錯誤.故選C.考點：本題考查了交變電流、正弦式電流的圖象、三角函數(shù)表達式.6AC【解析】試題分析：當圓環(huán)運動到直徑剛好與邊界線PQ重合時，圓環(huán)左右兩半環(huán)均產生感應電動勢，故線圈中的感應電動勢E=2B×

18、;2a×=2Bav；圓環(huán)中的電功率P=，故A正確；此時圓環(huán)受力F=2BI×2a=4B ×2a=，由牛頓第二定律可得，加速度a=，故B錯誤；電路中的平均電動勢，則電路中通過的電量Q=It= t=，故C正確；此過程中產生的電能等于電路中的熱量，也等于外力所做的功，則一定也等于動能的改變量，故E=mv2- m()2= mv2，故D錯誤；故本題選AC考點：法拉第電磁感應定律，閉合電路的歐姆定律，導體切割磁感線時的感應電動勢7C【解析】試題分析：粒子運動軌跡如圖所示，設r為圓形磁場的半徑，R為粒子軌跡半徑由可得：由幾何知識可得：，粒子在磁場中運動周期：設圓心角為，粒子在磁場

19、中運動的時間當粒子速度變?yōu)闀r，故，故此時粒子偏轉圓心角等于90°，故粒子在磁場中運動時間故，即：t2=1.5t，故ABD錯誤，C正確考點：帶電粒子在磁場中的運動8 B【解析】試題分析：加上磁場以后，物體在運動的過程中會受到洛倫茲力的作用，根據(jù)左手定則可判斷洛倫茲力的方向垂直于斜面向上，使得物體與斜面間的彈力減小，摩擦力減小，根據(jù)動能定理可得：，到達低端的速度變大，所以B正確；A、C、D錯誤考點：本題考查洛倫茲力、動能定理9D【解析】試題分析：當線框運動L時開始進入磁場，磁通量開始增加，當全部進入時達最大；此后向外的磁通量增加，總磁通減小；當運動到2.5L時，磁通量最小，故A錯誤；當線

20、圈進入第一個磁場時，由可知，E保持不變，而開始進入第二個磁場時，線框左右兩邊同時切割磁感線，根據(jù)右手定則知，線框左右兩邊產生的感應電動勢方向相同，相當于兩個電源相串聯(lián)，因此電動勢是原來的兩倍，應為2BLV，故B錯誤；因安培力總是與運動方向相反，故拉力應一直向右，故C錯誤；由于線框勻速運動，根據(jù)能量轉化守恒定律知，電功率等于拉力的功率，因速度不變，而線框在第一個磁場時，電流為定值，拉力也為定值；兩邊分別在兩個磁場中時，由前面的分析可知，電流加倍，故安培力加培，線框左右兩邊所受安培力方向相同，拉力為原來的4倍，功率為原來的4倍；此后從第二個磁場中離開時，安培力應等于線框在第一個磁場中的安培力，故D

21、正確所以選D考點：本題考查導體切割磁感線時的感應電動勢、安培力、右手定則、法拉第電磁感應定律、電磁感應中的能量轉化及閉合電路的歐姆定律 10D【解析】試題分析：根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律可知對同步衛(wèi)星有：，故可知衛(wèi)星的運行速度，所以可知同步衛(wèi)星的運行速度為，故選項A、B錯誤；同理可知向心加速度，所以可知同步衛(wèi)星的向心加速度，故選項C錯誤、D正確；考點：萬有引力定律及其應用11ABC【解析】試題分析：A、B、C根據(jù)得：線速度，周期，向心加速度，可見，軌道半徑越大，線速度越小，加速度越小，周期越大則“天宮一號”的運行速率小于“神舟八號”的運行速率，“天宮一號”的周期大于“神舟八號”的周期，天宮

22、一號的加速度小于神舟八號的加速度，故ABC錯誤D、神舟九號適當加速將做離心運動，有可能與“天宮一號”對接故D正確故選ABC考點：人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關系；萬有引力定律及其應用12A【解析】試題分析：由單擺的周期公式可知，故，再由可知，故選A?？键c：單擺周期公式，萬有引力定律的應用13A【解析】試題分析：若使小球到斜面的位移最小，則拋出點到落點的線段與斜面垂直，如圖所示，小球水平拋出后水平方向勻速直線運動，豎直方向自由落體運動，根據(jù)幾何關系可知，整理得，選項A對?？键c：平拋運動14D【解析】試題分析：嫦娥一號繞月球做勻速圓周運動，月球為中心天體，萬一引力提供向心力，整理得月球質量選項D

23、正確?？键c：萬有引力與航天15A【解析】試題分析：沒有電場時，最高點速度設為v，則，解得：；又根據(jù)機械能守恒定律，解得，加上電場時，恰好過最高點需要的速度設為，則 解得，因為，代入可得，所以小球仍恰好經過B點，此時重力和電場力的合力完全充當向心力，小球與軌道間沒有作用力，所以A正確，BC錯誤，小球經過B點的速度，D錯誤；考點：考查了帶電粒子在復合場中的運動，圓周運動實例分析16A【解析】試題分析：分析電子一個周期內的運動情況：時間內，電子從靜止開始向A板做勻加速直線運動，沿原方向做勻減速直線運動，時刻速度為零時間內向B板做勻加速直線運動，繼續(xù)向B板做勻減速直線運動根據(jù)勻變速運動速度圖

24、象是傾斜的直線可知A符合電子的運動情況故A正確電子做勻變速直線運動時x-t圖象是拋物線，故B錯誤根據(jù)電子的運動情況：勻加速運動和勻減速運動，而勻變速運動的加速度不變，a-t圖象應平行于橫軸故C錯誤勻變速運動速度圖象是傾斜的直線，圖象是曲線故D錯誤考點：帶電粒子在勻強電場中的運動17D【解析】試題分析：對小球A受力分析如圖，受到自身重力，墻壁彈力和庫倫力作用。初始狀態(tài)，A靜止，B向左靠近后，角減小，距離變近，庫倫力變大，使得，小球A將向上運動，從而使得進一步減小，假設再次平衡時角減小到，則仍然有，所以，根據(jù)庫倫力判斷AB之間距離變大，選項D對。對球A分析，墻壁彈力，根據(jù)角減小到判斷墻壁彈力變小，

25、選項B錯。把球AB看做一個整體，水平方向受到墻壁彈力和水平推力而處于平衡，水平推力等于墻壁彈力，所以水平推力變小，選項A錯。豎直方向，整體受到2個球的重力和地面對B的支持力，所以地面對B的彈力不變選項C錯?？键c：庫侖定律 共點力的平衡18B【解析】試題分析：加A圖電壓，A板電勢低于B板的電勢，電子從A板開始向B板做勻加速直線運動，一定能到達B板，故A錯誤；加B圖電壓，電子開始向B板勻加速，再做相同大小加速度的勻減速，但時間是2倍，然后為相同加速度大小的反向勻加速，一個周期后剛好回到出發(fā)點，可知有可能到不了B板，B正確；加C圖電壓時，電子在一個周期內先向B板做勻加速運動，后向B板做勻減速運動，一

26、直向B板運動，可知一定能到達B板，故C錯誤；加D圖電壓，與C項類似，可以知道電子在一個周期內速度的方向不變，一直向前運動，一定能到達能到達B板，故D錯誤?？键c：帶點粒子在電場中的運動193m/s2 1m/s2 0.5m【解析】試題分析：根據(jù)牛頓第二定律得，木塊的加速度：a13m/s2木板的加速度：a2=1m/s2根據(jù)a1t2a2t2L，解得：t=1s所以木板運行的位：移xa2t2×1×1m0.5m考點：本題考查牛頓運動定律、勻變速直線運動規(guī)律。20（1）10N （2）3m/s2 （3）48J【解析】試題分析：（1）由圖可知，導體棒運動的速度達到10m/s時開始做勻速運動，此

27、時安培力和拉力F大小相等。導體棒勻速運動的速度勻速運動后導體棒上的電動勢： (1分)導體棒受的安培力： (2分)則： (1分)（2）由圖可知，時間t=1.2s時導體棒的速度此時導體棒上的電動勢： (1分)導體棒受的安培力：N7N (2分)由牛頓定律得： (1分)（3）由圖知，到1.6s處，圖線下方小方格的個數(shù)為40個，每個小方格代表的位移為所以1.6s內導體棒的位移 (2分) 拉力F做功 (1分)由圖知此時導體棒的速度 導體棒動能 根據(jù)能量守恒定律，產生的熱量 (1分)（說明：格數(shù)為3942均正確 ，答案范圍46 52J ）考點：安培力 電磁感應定律 能量守恒21（1）30 N，豎直向下（2）

28、0.5 （3）3m【解析】試題分析：（1）滑塊下滑過程，由機械能守恒定律得 mgR=mv2由向心力公式得N-mg=m解得N=mg+m=30 N根據(jù)牛頓第三定律，滑塊對軌道的壓力是30 N，方向豎直向下（2）由v-t圖象得：木板的加速度是a1=1m/s2滑塊與木板共同減速的加速度大小a2=1m/s2設木板與地面間的動摩擦因數(shù)是1滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)是2在1-2s內，對滑塊和木板：1（M+m）g=（M+m）a2在0-1s內，對木板：2mg-1（M+m）g=Ma1解得：1=0.1，2=0.5（3）滑塊在木板上滑動的過程中，v1是它們的共同速度，t1是它們達到共同速度所用的時間對滑塊：2mg=ma v1=v-at1 木板的位移x1=滑塊的位移x2=滑塊在木板上