江西省吉安市安福二中2017届高三上学期第一次周练物理试卷（10月份）

江西省吉安市安福二中2017届高三上学期第一次周练物理试卷（10月份）

www.ks5u.com ‎2016-2017学年江西省吉安市安福二中高三（上）第一次周练物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分．‎ ‎1．改变汽车的质量和速度，都能使汽车的动能发生变化．在下列几种情况中，关于汽车的动能的说法正确的是（　　）‎ A．质量不变，速度增大到原来的2倍，汽车的动能变为原来的4倍 B．速度不变，质量增大到原来的2倍，汽车的动能变为原来的2倍 C．质量减半，速度增大到原来的4倍，汽车的动能不变 D．速度减半，质量增大到原来的4倍，汽车的动能不变 ‎2．如图是甲、乙两物体从同一地点沿同一方向运动的v一t图象，其中t2=2t1，下列说法正确的是（　　）‎ A．甲的加速度比乙的大 B．t1 时刻乙物体在前，甲物体在后 C．t1时刻甲乙两物体相遇 D．t2 时刻甲乙两物体相遇 ‎3．如图所示，小球以大小不同的初速度水平向右，先后从P点抛出，两次都碰撞到竖直墙壁．下列说法中正确的是（　　）‎ A．小球两次碰到墙壁前的瞬时速度相同 B．小球两次碰撞墙壁的点为同一位置 C．小球初速度大时，在空中运行的时间较长 D．小球初速度大时，碰撞墙壁的点在上方 ‎4．如图所示，水平传送带上放一物体，当传送带向右以速度v匀速传动时，物体在轻弹簧水平拉力的作用下处于静止状态，此时弹簧的伸长量为△x；当传送带向右的速度变为2v时，物体处于静止状态时弹簧的伸长量为△x′．则关于弹簧前、后的伸长量，下列说法中正确的是（　　）‎ A．弹簧伸长量将减小，即△x′＜△x B．弹簧伸长量将增加，即△x′＞△x C．弹簧伸长量不变，即△x′=△x D．无法比较△x′和△x的大小 ‎5．如图，固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd、eg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与导轨接触良好．在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其它部分电阻忽略不计．现用一水平向右的恒力F作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动，滑动中杆ab始终垂直于导轨．金属杆受到的安培力用F安表示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．金属杆ab做匀加速直线运动 B．金属杆ab运动过程中回路中有顺时针方向的电流 C．金属杆ab所受到的F安先不断增大，后保持不变 D．金属杆ab克服安培力做功的功率与时间的平方成正比 ‎6．如图所示，MN、PQ是两条在水平面内、平行放置的光滑金属导轨，导轨的右端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与阻值为R的电阻组成闭合回路，变压器的原副线圈匝数之比n1：n2=k，导轨宽度为L．质量为m的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平外力作用下，从t=0时刻开始往复运动，其速度随时间变化的规律是v=vmsin（‎ t），已知垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度为B，导轨、导体棒、导线和线圈的电阻均不计，电流表为理想交流电表，导体棒始终在磁场中运动．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．在t=时刻电流表的示数为 B．导体棒两端的最大电压为BLvm C．电阻R上消耗的功率为 D．从t=0至t=的时间内水平外力所做的功为T ‎7．国际天文学联合会大会投票通过了新的行星定义，冥王星被排除在行星行列之外，而将其列入“矮行星”．冥王星是这九颗星球中离太阳最远的星球，轨道最扁，冥王星的质量远比行星小，表面温度很低，因而它上面绝大多数物质只能是固态或液态．根据以上信息可以确定（　　）‎ A．冥王星绕太阳运行的周期一定大于地球的公转周期 B．冥王星绕太阳运行的最小加速度一定小于地球绕太阳运行的最小加速度 C．冥王星的密度一定小于地球的密度 D．冥王星表面的重力加速度一定小于地球表面的重力加速度 ‎8．如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压恒为U的电源两极两极，极板M带正电，现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则（　　）‎ A．油滴带负电 B．油滴带电荷量为 C．电容器的电容为 D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动 ‎　‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共47分）‎ ‎9．在“验证机械能守恒定律”的实验中，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，查得当地的重力加速度g=9.80m/s2，测得所用的重物的质量为1.00kg，实验中得到一条点迹清晰的纸带，如图所示，把第一个点记作O，另选连续的4个点A、B、C、D作为测量的点，经测量知道A、B、C、D各点到O点的距离分别为62.99cm、70.18cm、77.69cm、85.73cm，根据以上数据，可知重物由O点运动到C点，重力势能的减少量等于　　J，动能的增加量等于　　J．（取三位有效数字）‎ ‎10．有一个小灯泡上标有“4.8V 2W”的字样，现在测定小灯泡在不同电压下的电功率，并作出小灯泡的电功率P与它两端电压的平方U2的关系曲线．有下列器材可供选用：‎ A．电压表V1（0～3V，内阻3kΩ）‎ B．电压表V2（0～15V，内阻15kΩ）‎ C．电流表A（0～0.6A，内阻约1Ω）‎ D．定值电阻R1=3kΩ E．定值电阻R2=15kΩ F．滑动变阻器R（10Ω，2A）‎ G．学生电源（直流6V，内阻不计）‎ H．开关、导线若干 ‎（1）为了使测量结果更加准确，实验中所用电压表应选用　　，定值电阻应选用　　（均用序号字母填写）；‎ ‎（2）为尽量减小实验误差，并要求从零开始多取几组数据，请在方框内画出满足实验要求的电路图；‎ ‎（3）根据实验做出P﹣U2图象，下面的四个图象中可能正确的是　　．‎ ‎11．如图所示，粗糙斜面与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角 θ=37°，A、C、D滑块的质量为 mA=mC=mD=m=1kg，B滑块的质量 mB=4m=4kg（各滑块均视为质点）．A、B间夹着质量可忽略的火药．K为处于原长的轻质弹簧，两端分别连接住B和C．现点燃火药（此时间极短且不会影响各物体的质量和各表面的光滑程度），此后，发现A与D相碰后粘在一起，接着沿斜面前进了L=0.8m 时速度减为零，此后设法让它们不再滑下．已知滑块A、D与斜面间的动摩擦因数均为 μ=0.5，取 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎（1）火药炸完瞬间A的速度vA；‎ ‎（2）滑块B、C和弹簧K构成的系统在相互作用过程中，弹簧的最大弹性势能Ep．（弹簧始终未超出弹性限度）．‎ ‎12．如图，匀强磁场垂直铜环所在的平面，导体棒a的一端固定在铜环的圆心O处，另一端紧贴圆环，可绕O匀速转动．通过电刷把铜环、环心与两竖直平行金属板P、Q连接成如图所示的电路，R1、R2是定值电阻．带正电的小球通过绝缘细线挂在两板间M点，被拉起到水平位置；合上开关K，无初速度释放小球，小球沿圆弧经过M点正下方的N点到另一侧．‎ 已知：磁感应强度为B；a的角速度大小为ω，长度为l，电阻为r；R1=R2=2r，铜环电阻不计；P、Q两板间距为d；带电小球的质量为m、电量为q；重力加速度为g．求：‎ ‎（1）a匀速转动的方向；‎ ‎（2）P、Q间电场强度E的大小；‎ ‎（3）小球通过N点时对细线拉力T的大小．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省吉安市安福二中高三（上）第一次周练物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分．‎ ‎1．改变汽车的质量和速度，都能使汽车的动能发生变化．在下列几种情况中，关于汽车的动能的说法正确的是（　　）‎ A．质量不变，速度增大到原来的2倍，汽车的动能变为原来的4倍 B．速度不变，质量增大到原来的2倍，汽车的动能变为原来的2倍 C．质量减半，速度增大到原来的4倍，汽车的动能不变 D．速度减半，质量增大到原来的4倍，汽车的动能不变 ‎【考点】动能．‎ ‎【分析】动能为EK=mv2，物体的质量和速度的大小都可以引起物体动能的变化，根据公式逐项分析即可．‎ ‎【解答】解：A、质量不变，速度增大到原来的2倍，根据动能公式EK=mV2，汽车的动能变为原来的4倍，故A正确；‎ B、速度不变，质量增大到原来的2倍，根据动能公式EK=mv2，汽车的动能变为原来的2倍，故B正确；‎ C、质量减半，速度增大到原来的4倍，根据动能公式EK=mv2，汽车的动能变为原来的8倍，故C错误；‎ D、速度减半，质量增大到原来的4倍，根据动能公式EK=mv2，汽车的动能不变，故D正确；‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎2．如图是甲、乙两物体从同一地点沿同一方向运动的v一t图象，其中t2=2t1，下列说法正确的是（　　）‎ A．甲的加速度比乙的大 B．t1 时刻乙物体在前，甲物体在后 C．t1时刻甲乙两物体相遇 D．t2 时刻甲乙两物体相遇 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】速度时间图线的斜率表示加速度的大小，图线与时间轴围成的面积表示位移．‎ ‎【解答】解：A、因为乙图线的斜率大于甲图线的斜率，知乙的加速度大小大于甲的加速度大小．故A错误．‎ B、在t1 时刻，乙与时间轴围成的面积大于甲与时间轴围成的面积，知乙物体的位移大于甲的位移，则乙在前，甲在后．故B正确，C错误．‎ D、t2 时刻甲乙两图线与时间轴围成的面积相等，则位移相等，两物体相遇．故D正确．‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，小球以大小不同的初速度水平向右，先后从P点抛出，两次都碰撞到竖直墙壁．下列说法中正确的是（　　）‎ A．小球两次碰到墙壁前的瞬时速度相同 B．小球两次碰撞墙壁的点为同一位置 C．小球初速度大时，在空中运行的时间较长 D．小球初速度大时，碰撞墙壁的点在上方 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据水平位移一定，比较出运动的时间，再结合位移公式比较下降的高度．‎ ‎【解答】解：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，运动的时间t=，初速度越大，则在空中运动的时间越短，故C错误．‎ 初速度越大，运动的时间越短，根据h=，知下降的高度越小，碰撞墙壁的点在上方，故B错误，D正确．‎ 初速度大，运动的时间短，则竖直分速度小，初速度小，运动时间长，则竖直分速度大，根据平行四边形定则知，碰到墙壁前的速度方向一定不同，故A错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，水平传送带上放一物体，当传送带向右以速度v匀速传动时，物体在轻弹簧水平拉力的作用下处于静止状态，此时弹簧的伸长量为△x；当传送带向右的速度变为2v时，物体处于静止状态时弹簧的伸长量为△x′．则关于弹簧前、后的伸长量，下列说法中正确的是（　　）‎ A．弹簧伸长量将减小，即△x′＜△x B．弹簧伸长量将增加，即△x′＞△x C．弹簧伸长量不变，即△x′=△x D．无法比较△x′和△x的大小 ‎【考点】胡克定律；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】物块在水平方向上受弹簧的拉力和传送带给它的滑动摩擦力，静止时处于平衡状态，根据摩擦力的变化判断弹力的变化，从而根据胡克定律判断弹簧形变量的变化．‎ ‎【解答】解：物体所受的滑动摩擦力大小为 f=μN=μmg，f与物体的速度大小无关，当传送带的速度方向不变时，不管速度大小如何变化，物块所受的滑动摩擦力方向向右，大小不变，仍与弹簧弹力平衡，根据平衡条件有 kx=f，知弹簧的伸长量不变．则有：△x′=△x．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎5．如图，固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd、eg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与导轨接触良好．在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其它部分电阻忽略不计．现用一水平向右的恒力F作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动，滑动中杆ab始终垂直于导轨．金属杆受到的安培力用F安表示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．金属杆ab做匀加速直线运动 B．金属杆ab运动过程中回路中有顺时针方向的电流 C．金属杆ab所受到的F安先不断增大，后保持不变 D．金属杆ab克服安培力做功的功率与时间的平方成正比 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据金属杆受力情况分析金属杆的运动过程，判断其运动性质；‎ 应用右手定则可以判断出感应电流方向；‎ 应用功率公式分析安培力公式与时间的关系．‎ ‎【解答】解：A、金属杆受到的安培力：F安培=BIL=，金属杆在恒力作用下向右做加速运动，随速度v的增加，安培力变大，金属杆受到的合力减小，加速度减小，当安培力与恒力合力为零时做匀速直线运动，安培力保持不变，由此可知，金属杆向右先做加速度减小的加速运动，然后做匀速直线运动，故A错误，C正确；‎ B、由右手定则或楞次定律可知，金属杆ab运动过程回路中有逆时针方向的感应电流，故B错误；‎ D、安培力的功率：P安培=F安培v=，如果金属杆做初速度为零的匀加速直线运动，则v=at，安培力的功率与时间的平方成正比，由于金属杆先做加速度减小的加速运动后做匀速直线运动，因此金属杆ab克服安培力做功的功率与时间的平方不成正比，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，MN、PQ是两条在水平面内、平行放置的光滑金属导轨，导轨的右端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与阻值为R的电阻组成闭合回路，变压器的原副线圈匝数之比n1：n2=k，导轨宽度为L．质量为m的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平外力作用下，从t=0时刻开始往复运动，其速度随时间变化的规律是v=vmsin（t），已知垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度为B，导轨、导体棒、导线和线圈的电阻均不计，电流表为理想交流电表，导体棒始终在磁场中运动．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．在t=时刻电流表的示数为 B．导体棒两端的最大电压为BLvm C．电阻R上消耗的功率为 D．从t=0至t=的时间内水平外力所做的功为T ‎【考点】变压器的构造和原理；导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【分析】棒产生的是交流电，电流表显示的是有效值，根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，结合功率公式逐项分析即可．‎ ‎【解答】解：A、t=的时刻棒的速度为Vm，感应电动势E=BLVm，副线圈的电压为=BL，电流为=BL，电流与匝数成反比，所以电流表的示数为I=，A正确；‎ B、当速度最大时，导体棒两端的最大电压为=BLVm，B正确；‎ C、电阻R上消耗的功率为P=（BL）2R=，C正确；‎ D、从t=0至t=的时间内水平外力所做的功等于R产生的热量与动能之和，即W=+=+T，故D错误；‎ 故选：ABC．‎ ‎　‎ ‎7．国际天文学联合会大会投票通过了新的行星定义，冥王星被排除在行星行列之外，而将其列入“矮行星”．冥王星是这九颗星球中离太阳最远的星球，轨道最扁，冥王星的质量远比行星小，表面温度很低，因而它上面绝大多数物质只能是固态或液态．根据以上信息可以确定（　　）‎ A．冥王星绕太阳运行的周期一定大于地球的公转周期 B．冥王星绕太阳运行的最小加速度一定小于地球绕太阳运行的最小加速度 C．冥王星的密度一定小于地球的密度 D．冥王星表面的重力加速度一定小于地球表面的重力加速度 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据开普勒第三定律比较周期．根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量；根据题目中已知条件进行比较．‎ ‎【解答】解：A、根据开普勒第三定律=k，由于冥王星相比地球距离太阳更遥远，即冥王星的轨道半径大于地球的轨道半径，所以冥王星绕太阳运行的周期大于地球的公转周期．故A正确．‎ B、根据牛顿第二定律得：G=ma，解得a=‎ 由于冥王星离太阳最远，轨道最扁，所以冥王星绕太阳运行的加速度小于地球的加速度．故B正确．‎ C、根据密度公式ρ=，冥王星的质量比地球小，半径不知，则不能确定密度的大小关系．故C错误．‎ D、由万有引力等于重力：解得g=G，g为星球表面重力加速度，R为星球半径．‎ 由于质量和半径关系无法确定，所以不能确定冥王星表面的重力加速度与地球表面重力加速度的关系．故D错误．‎ 故选：AB ‎　‎ ‎8．如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压恒为U的电源两极两极，极板M带正电，现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则（　　）‎ A．油滴带负电 B．油滴带电荷量为 C．电容器的电容为 D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动 ‎【考点】电容器的动态分析；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】带电荷量为q的微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件分析微粒的电性；由E=求解电源电动势．断开电键s，根据微粒的电场力有无变化，分析微粒的运动情况．‎ ‎【解答】解：A、由题，带电荷量为q的微粒静止不动，则微粒受到向上的电场力，平行板电容器板间场强方向竖直向下，则微粒带负电，故A正确；‎ B、由平衡条件得：mg=q，得油滴带电荷量为：q=，故B错误；‎ C、根据，结合mg=qE，且Q=kq，则得电容器的电容为：C=．故C错误；‎ D、极板N向下缓慢移动一小段距离，电容器两极板距离S增大，板间场强减小，微粒所受电场力减小，则微粒将向下做加速运动，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共47分）‎ ‎9．在“验证机械能守恒定律”的实验中，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，查得当地的重力加速度g=9.80m/s2，测得所用的重物的质量为1.00kg，实验中得到一条点迹清晰的纸带，如图所示，把第一个点记作O，另选连续的4个点A、B、C、D作为测量的点，经测量知道A、B、C、D各点到O点的距离分别为62.99cm、70.18cm、77.69cm、85.73cm，根据以上数据，可知重物由O点运动到C点，重力势能的减少量等于　7.61　J，动能的增加量等于　7.57　J．（取三位有效数字）‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出C点的速度，从而得出动能的增加量．‎ ‎【解答】解：重物由O点运动到C点，重力势能的减小量△Ep=mgh=1×9.8×0.7769J=7.61J．‎ C点的瞬时速度=m/s=3.89m/s，则动能的增加量=J=7.57J．‎ 故答案为：7.61； 7.57．‎ ‎　‎ ‎10．有一个小灯泡上标有“4.8V 2W”的字样，现在测定小灯泡在不同电压下的电功率，并作出小灯泡的电功率P与它两端电压的平方U2的关系曲线．有下列器材可供选用：‎ A．电压表V1（0～3V，内阻3kΩ）‎ B．电压表V2（0～15V，内阻15kΩ）‎ C．电流表A（0～0.6A，内阻约1Ω）‎ D．定值电阻R1=3kΩ E．定值电阻R2=15kΩ F．滑动变阻器R（10Ω，2A）‎ G．学生电源（直流6V，内阻不计）‎ H．开关、导线若干 ‎（1）为了使测量结果更加准确，实验中所用电压表应选用　A　‎ ‎，定值电阻应选用　D　（均用序号字母填写）；‎ ‎（2）为尽量减小实验误差，并要求从零开始多取几组数据，请在方框内画出满足实验要求的电路图；‎ ‎（3）根据实验做出P﹣U2图象，下面的四个图象中可能正确的是　C　．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）已知灯泡的额定电压，则根据串联电路的规律可得出电压表，根据实验的要求可以确定定值电阻的选取；‎ ‎（2）要求从零开始，则应采用分压接法，同时考虑灯泡内阻与电流表内阻的关系可以确定电流表的接法；‎ ‎（3）由功率公式可得出功率与电压之间的关系，从而由数学知识可以得出正确的图象．‎ ‎【解答】解：（1）由题意可知，灯泡的额定电压为4.8V，而给出的电压表中有15V和3V两种，选用15V的电压则误差较大；而选用3V的电压表，则量程偏小，故可以串联一个电阻进行分压；由题意可知，选择3KΩ的电阻可以使量程扩大2倍，故选用D即可；故可以选取3V的电压表和3kΩ的电阻串联充当电压表使用；‎ ‎（2）因题目中要求多测几组数据进行作图，故实验中选用分压接法，并且将R1与电压表串联充当电压表使用，电流表采用电流表外接法；‎ 故原理图如右图所示；‎ ‎（3）由功率公式可得：P=；若R为定值的话，则P与U2‎ 应为一次方程；但因为灯泡电阻随温度的变化而变化，故功率随温度不再是线性关系，而是随着电压的增大，而使功率减小，故P与U2图象应为C；‎ 故答案为；（1）A，D； （2）如图所示；（3）C．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，粗糙斜面与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角 θ=37°，A、C、D滑块的质量为 mA=mC=mD=m=1kg，B滑块的质量 mB=4m=4kg（各滑块均视为质点）．A、B间夹着质量可忽略的火药．K为处于原长的轻质弹簧，两端分别连接住B和C．现点燃火药（此时间极短且不会影响各物体的质量和各表面的光滑程度），此后，发现A与D相碰后粘在一起，接着沿斜面前进了L=0.8m 时速度减为零，此后设法让它们不再滑下．已知滑块A、D与斜面间的动摩擦因数均为 μ=0.5，取 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎（1）火药炸完瞬间A的速度vA；‎ ‎（2）滑块B、C和弹簧K构成的系统在相互作用过程中，弹簧的最大弹性势能Ep．（弹簧始终未超出弹性限度）．‎ ‎【考点】功能关系；动量守恒定律；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）欲求A的速度首先解决AD整体沿斜面上滑的初速度，应用动能定理即可求，然后利用动量守恒求出A的速度．‎ ‎（2）B与C相互作用，当两者共速为V′时，弹簧弹性势能最大，由B、C系统动量守恒求出共同的速度，‎ 由能量守恒知B与C动能的减少量就是弹簧的弹性势能．‎ ‎【解答】解：（1）设A和D碰完时的速度v1，AD系统沿斜面滑上，由动能定理，‎ ‎﹣（mA+mD）gsinθ•L﹣μ（mA+mD）gcosθ•L=0﹣（mA+mD）‎ 得：V1=‎ 代入数据得V1=4m/s ‎ 炸药爆炸完毕时，设A的速度vA，由动量守恒定律有：‎ mAVA=（mA+mD）v1‎ 得：vA=8 m/s ‎ ‎（2）炸药爆炸过程，对A和B系统，由动量守恒定律，设B获得的速度为vB，‎ 有：﹣mAVA+mBVB=0 ‎ 得：vB=2 m/s ‎ B与C相互作用，当两者共速为V′时，弹簧弹性势能最大，由B、C系统动量守恒，‎ 有：mBVB=（mB+mc）v′‎ 解得：v′=1.6m/s ‎ 弹簧的最大弹性势能为：EP=﹣（mB+mc）V′2‎ 代入数据得：EP=1.6 J　‎ 答：（1）火药炸完瞬间A的速度VA=8m/s；‎ ‎ （2）弹簧的最大弹性势能EP=1.6J ‎　‎ ‎12．如图，匀强磁场垂直铜环所在的平面，导体棒a的一端固定在铜环的圆心O处，另一端紧贴圆环，可绕O匀速转动．通过电刷把铜环、环心与两竖直平行金属板P、Q连接成如图所示的电路，R1、R2是定值电阻．带正电的小球通过绝缘细线挂在两板间M点，被拉起到水平位置；合上开关K，无初速度释放小球，小球沿圆弧经过M点正下方的N点到另一侧．‎ 已知：磁感应强度为B；a的角速度大小为ω，长度为l，电阻为r；R1=R2=2r，铜环电阻不计；P、Q两板间距为d；带电小球的质量为m、电量为q；重力加速度为g．求：‎ ‎（1）a匀速转动的方向；‎ ‎（2）P、Q间电场强度E的大小；‎ ‎（3）小球通过N点时对细线拉力T的大小．‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律；向心力；动能定理．‎ ‎【分析】（1）根据小球受力情况，结合运动性质，依据右手定则，即可求解；‎ ‎（2）根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，并由E=，即可求解；‎ ‎（3）根据动能定理与牛顿第二定律相结合，即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）依题意，小球从水平位置释放后，能沿圆弧向下摆动，故小球受到电场力的方向水平向右，P板带正电，Q板带负电．‎ 由右手定则可知，导体棒a顺时针转动．‎ ‎（2）导体棒a转动切割磁感线，由法拉第电磁感应定律得电动势大小：E=Bl=…①‎ 由闭合电路欧姆定律：…②‎ 由欧姆定律可知，PQ的电压为：UPQ=IR2…③‎ 故PQ间匀强电场的电场强度大小：…④‎ 联立①②③④，代入R1=R2=2r，可得：…⑤‎ ‎（3）设细绳长度为L，小球到达N点时速度为v，由动能定理可得：…⑥‎ 又牛顿第二定律，则有：…⑦‎ 由⑤⑥⑦得：‎ 答：（1）a匀速转动的方向：顺时针；‎ ‎（2）P、Q间电场强度E的大小：；‎ ‎（3）小球通过N点时对细线拉力T的大小：．‎ ‎　‎ ‎2017年1月23日