一、选择题(共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。) 14.下列叙述符合物理学史实的是( )
A.安培通过实验发现了电流周围存在磁场，并总结出判定磁场方向的方法——安培定则
B.法拉第发现了电磁感应现象后，领悟到：“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应
C.楞次在分析了许多实验事实后提出：感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻止引起感应电流的磁通量的变化
D.麦克斯韦认为：电磁相互作用是通过场来传递的。他创造性地用“力线”形象地描述“场”的物理图景
解析 奥斯特通过实验发现了电流周围存在磁场，安培总结出判定磁场方向的方法——安培定则，故A错误；法拉第发现了电磁感应现象后，领悟到：“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应，符合物理学史实，故B正确；楞次发现了感应电流方向遵守的规律：感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，而不是阻止，故C错误；法拉第认为：电磁相互作用是通过场来传递的。他创造性地用“力线”形象地描述“场”的物理图景，故D错误。 答案 B
15.下列说法正确的是( )
A.汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型” B.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的链式反应 C.光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
14
D.15→12 7N＋1H― 6C＋2He是α衰变方程
解析 汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”，选项A正确；太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应，选项B错误；光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，不成正比，选项C错
14误；15→12 7N＋1H― 6C＋2He是人工转变，不是α衰变方程，选项D错误。
答案 A
16.(2017·河北唐山二模)一物体从静止开始做直线运动，其加速度随时间变化如图1所示，则( )
图1
A.1～2 s时间内物体做匀减速运动 B.2 s末，物体运动的速度为零 C.1 s末，物体运动的速度为2 m/s D.0～1 s时间内的平均速度为2 m/s
解析 1～2 s时间内物体的加速度逐渐减小，物体做加速度减小的加速运动，不是做匀减速运动，故A错误：图线与坐标轴所围的“面积”即为物体的速度变化量，则1 s末，物体运动的速度为2 m/s，2 s末，物体运动的速度为4 m/s，故B错误，C正确；0～1 s物体做加速度逐渐增大的加速运动，这段时间内的平均速度小于2 m/s，故D错误。 答案 C
17.在某匀强电场中有M、N、P三点。如图2所示，在以它们为顶点的三角形中，∠M＝30°、∠P＝90°，直角边NP的长度为4 cm。电场方向与三角形所在平面平行。已知M、N和P点的电势分别为3 V、15 V和12 V。则电场强度的大小为( )
图2
A.150 V/m C.2253 V/m
B.75 V/m D.753 V/m
解析 过P点作斜边MN的垂线交MN于O点，由几何知识可知N、O间的距离NO＝2 cm，M、O间的距离MO＝6 cm，由匀强电场的特点得O点的电势为φO＝12 V，即O、P在同一等势面上，由电场线与等势面的关系和几何关系知：U
E＝d＝150 V/m，即选项A正确。
答案 A
18.“嫦娥”三号探测器要求一次性进入近地点210千米、远地点约36.8万千米的地月转移轨道。在太空飞行了九天的“嫦娥”三号探测器，再次成功变轨，从距离月表100千米的环月圆轨道Ⅰ，变为近月点1 5千米、远月点100千米的椭圆轨道Ⅱ，两轨道相切于点P，如图3所示。若绕月运行时只考虑月球引力作用，关于“嫦娥”三号探测器，以下说法正确的是( )
图3
A.在轨道Ⅰ上运动的周期小于在轨道Ⅱ上运动的周期
B.沿轨道Ⅰ运行至P点的速度等于沿轨道Ⅱ运行至P点的速度 C.沿轨道Ⅰ运行至P点的加速度小于沿轨道Ⅱ运行至P点的加速度 D.在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能
a3
解析 据开普勒行星运动定律T2＝k可知轨道Ⅰ的半径大于轨道Ⅱ的半长轴，故
在轨道Ⅰ上运动的周期大于在Ⅱ上运动的周期，A项错误；探测器从沿轨道Ⅰ运行变轨到沿轨道Ⅱ运行，需要在P点减速，因此沿轨道Ⅰ运行至P点的速度大于沿轨道Ⅱ运行至P点的速度，B项错误；探测器在轨道Ⅰ上的势能与动能之和比在轨道Ⅱ上的势能与动能之和大，D项正确；探测器在P点受到的万有引力相等，因此加速度相等，C项错误。 答案 D
19.如图4甲所示，按正弦规律变化的电压u加在图乙的理想变压器原线圈ab两端，原、副线圈的匝数之比为5∶1，电压表为理想电表，L1、L2均为灯泡，R和L分别是定值电阻和电感线圈，下列说法正确的是( )
图4
A.电压u的表达式u＝311sin 100πt(V) B.电压表示数为22 V
C.只增大电压u的频率，L1变亮 D.只增大电压u的频率，L2变暗
2π
解析 根据甲图可知，原线圈电压的最大值为311 V，ω＝T＝100π rad/s，则电压u的表达式u＝311sin 100πt(V)，故A正确；根据甲图可知，原线圈电压的最大值为311 V，则有效值U1＝311
＝220 V，根据理想变压器电压与匝数成正比得2
n1U15
n2＝U2＝1，解得U2＝44 V，所以电压表示数为44 V，故B错误；原线圈电压不变，线圈匝数不变，仅增大电压u的频率，电压表示数不变，则L1亮度不变，电感线圈通低频阻高频，则频率越大，阻碍作用越大，所以L2变暗，故C错误，D正确。 答案 AD
20.(2017·江西省重点中学盟校联考)如图5甲所示，正六边形导线框abcdef放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。t＝0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流顺时针方向为正、竖直边cd所受安培力的方向水平向左为正。则下面关于感应电流i和cd所受安培力F随时间t变化的图象正确的是( )
图5
解析 0～2 s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应ΔBS
电流的方向为顺时针方向，为正值。根据法拉第电磁感应定律，E＝Δt＝B0S
B0S
为定值，则感应电流为定值，I0＝R。在2～3 s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，为正值，大小与0～2 s内相同。在3～4 s内，磁感应强度垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2 s内相同。在4～6 s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2 s内相同，故A正确，B错误；在0～2 s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据安培力公式F＝BIL，则安培力逐渐减小，cd边所受安培力方向向右，为负值。0时刻安
培力大小为F＝2B0I0L。在2～3 s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据F＝BIL，则安培力逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，为正值，3 s末安培力大小为B0I0L。在3～4 s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐减小，则安培力大小逐渐减小，cd边所受安培力方向向右，为负值，第4 s初的安培力大小为B0I0L。在4～6 s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，6 s末的安培力大小2B0I0L。故C正确，D错误。 答案 AC
21.如图6所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3 s后又恰好垂直打在倾角为45°的斜面上。已知半圆形管道的半径为R＝1 m，小球可看作质点且其质量为m＝1 kg，g取10 m/s2。则( )
图6
A.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 m B.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 m C.小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1 N D.小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2 N
解析 根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度vy＝gt＝3 m/s，水平分速度vx＝vytan 45°＝3 m/s，则B点与C点的水平距离为x＝vxt＝0.9 m，选项A正确，B错误；在B点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有
2
vB
FNB＋mg＝mR，vB＝vx＝3 m/s，解得FNB＝－1 N，负号表示管道对小球的作用
力方向向上，选项C正确，D错误。
答案 AC 二、非选择题
24.(12分)(2017·河南郑州质检)如图7所示，光滑水平地面上有一小车，车上固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C点，总质量为M＝2 kg。物块从斜面上A点由静止滑下，经过B点时无能量损失。已知物块的质量m＝1 kg，A点到B点的竖直高度为h＝1.8 m，BC长度为L＝3 m，BD段光滑。g取10 m/s2。求在运动过程中：
图7
(1)弹簧弹性势能的最大值； (2)物块第二次到达C点的速度。 解析 (1)由A点到B点的过程中有 12mgh＝mvB(2分)
2
解得vB＝2gh＝6 m/s。(1分)
由B至将弹簧压缩到最短的过程中，系统动量守恒，取vB方向为正方向，则 mvB＝(M＋m)v，(2分)
此时的弹性势能最大，由能量守恒定律可得 112Ep＝2mv2－(M＋m)v(2分) B
2联立以上两式可得Ep＝12 J。(1分)
(2)物块由B至第二次到达C的过程中，系统动量守恒，取vB方向为正方向，则 mvB＝mvC＋Mv′。(2分)
物块由B至第二次到达C的整个过程中机械能守恒，则 121212mvB＝mvC＋Mv′。(1分) 222
联立以上两式可解得：vC＝－2 m/s，vC＝6 m/s(第一次到C点的速度，舍去)。 即物块第二次到达C点的速度大小为2 m/s，方向水平向左。(1分) 答案 (1)12 J (2)2 m/s，方向水平向左
25.(20分)如图8所示，在xOy平面中第一象限内有一点P(4，3)，OP所在直线下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，OP上方有平行于OP向上的匀强电场，电场强度E＝100 V/m。一质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－3 C带正电的粒子，从坐标原点O以初速度v＝1×103 m/s垂直于磁场方向射入磁场，经过P点时速度方向与OP垂直并进入电场，在经过电场中的M点(图中未标出)时的动能为P点时动能的2倍，不计粒子重力。求：
图8
(1)磁感应强度的大小； (2)O、M两点间的电势差；
(3)M点的坐标及粒子从O运动到M点的时间。
解析 (1)因为粒子过P点时垂直于OP，所以OP为粒子做圆周运动的直径为5 m，由 v2
qvB＝mR(2分) 得：B＝0.2 T(1分)
(2)进入电场后，其轨迹如图所示，沿电场线方向
qE
a＝m(1分) 1
y′＝2at2＝105t2(1分) vy′＝at＝2×105 t(1分) 垂直于电场方向 x′＝vt＝103 t(1分) vx′＝103 m/s(1分)
11
因为2EkP＝EkM，即2×2mv2＝2m(vx′2＋vy′2)(1分) 解得：x′＝5 m，y′＝2.5 m(1分) t＝0.5×10－2 s(1分) OM两点间的电势差：
U＝E(OP＋y′)＝7.5×102 V(1分) (3)粒子在磁场中从O到P的运动时间： Tπm
t′＝2＝Bq＝7.85×10－3 s(2分) 粒子在电场中从P到M的运动时间： t＝0.5×10－2 s(1分) 所以，从O到M的总时间： t总＝t＋t′＝1.285×10－2 s(1分)
M点坐标：X＝(OP＋y′)cos θ－x′sin θ＝3 m(2分) Y＝(OP＋y′)sin θ＋x′cos θ＝8.5 m(2分)
答案 (1)0.2 T (2)7.5×102 V (3)(3 m，8.5 m) 1.285×10－2 s
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