新疆乌鲁木齐地区2019届高三第一次诊断性测验物理试题
2019新疆一模物理试卷及答案(无logo和水印)
2019年高三年级第一次诊断性测验物理试卷(问卷)(卷面分值:100分；考试时间:100分钟)注意事项:1.本试卷为问答分离式试卷，共5页，其中问卷3页，答卷2页。
答案务必常写或涂在指定位量上。
2.答题前，请考生务必将自己的学校、姓名、准考证号、科别等信息填写在答卷的密封线內3.本卷中数值运算时，如无特殊说明，重力加速度g 值均取10/s 2。
第I 卷(选择题，共40分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项符合题目要求，第7~10题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)答题栏 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案1.下列属于物理学中理想化模型的是A.电动势B.电场线C.电势差D.电势能2.处于n =5能级的大量氢原子，向低能级跃迁时A.放出光子的频率有6种B.吸收光子的频率有6种C.放出光子的频率有10种D.吸收光子的频率有10种3.一列火车由车头和9节相同车厢组成。
当该列火车在铁路上加速行驶时，正中间的一节车厢前端受到的拉力与后端受到的拉力之差为F ，则车头对与之相连的第一节车厢的拉力为A.2FB.4FC.5FD.9F4.一质量m =4kg 的质点从t =0时刻开始做直线运动，其位移x 与t 时刻质点的速度v t 的关系为x =2v t 2-1(各物理量均为国际单位)，则该质点第二秒内受到的合外力的冲量为A.1 N·sB.2 N·sC.4 N·sD.8N·s5.如下左图所示，用两根长为L 的细线系一质量为m 的小球，两线上端系于水平横杆上相距为3L 的A 、B 两点若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，则小球运动到最低点时，每根线承受的张力为A.3mgB.4mgC.5mgD.6mg6.如右上图所示，在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A ，A 与竖直墙之间放一质量为m的光滑圆球B ，整个装置处于静止状态，此时B 对A 的作用力为F 1，地面对A 的摩擦力为F 2，现对B 加一竖直向下的力F =mg ，F 的作用线通过球心，整个装置仍保持静止，B 对A 的作用力变为F 1′，地面对A 的摩擦力变为F 2′，则A.F 1′=2F 1，F 2′=2F 2B.F 1′>2F 1，F 2′=2F 2C.F 1′=2F 1，F 2′<2F 2 D .F 1′>2F 1，F 2′<2F 27.在第26届国际计量大会中，通过了千克、安培、开尔文和摩尔的新的定义方式，其中“千克”将用普朗克常数(h )定义。
新疆乌鲁木齐地区高三上学期第一次诊断性测验——物理
参考答案一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，第1—5题只有一项符合题目要求，第6—10题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）二、实验题（本题共2小题，每空2分，连图2分，共14分）11．（1）不必 （2） 1.2 ； 0.3212．（1）完成电路连接如图所示（2） b（3） 3.0 ；1.0三、计算题（本题共5小题，共46分。
解答时，要有必要的步骤、公式和文字说明，只写答案不得分）说明：以下各题，用其他方法做答，只要正确，均相应给分13．（8分）解：设拉力F 做的功为W ，根据动能定理………………………………………………2分物体做平抛运动………………………………………………2分……………………………………………………………2分解得 …………………………………………………2分14.（9分）解：设小球静止时与竖直方向夹角为θ，小球的摆线长为L ，当小球摆到定滑轮的正下方时，轻绳的弹力为F T 。
绳对定滑轮的作用如图所示 ，可得F T = Fcos450 …………………………………………2分根据题意，由动能定理可得221)cos 1(νθm mgL =- ……………………………………3分 小球摆到最低点 …………………………………………3分 解得 θ=600 ………………………………………1分15.（9分）解：粒子运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R ，由题意可得 ………………………………2分222121B C EC m m qEx νν-=- …………………2分 …………………………2分由几何关系得……………………2分解得 ……………………1分16.（10分）解：（1）由题意可得ma mg mg F =-+θμθcos sin ……………………3分解得 …………………………………1分（2）小物块的受力如图，设力F 与斜面的夹角为α，根据题意得ma F mg F f =-+θαsin cos ……2分)sin cos (αθμF mg F f -= ……………2分可得 )60sin(33sin 63cos 210ααα+=+=g g g a当 时，a 有最大值解得 ， ……………2分17.（10分）解：（1）由题意可得………………………………………1分………………………………………1分222)2(212T a Tx +=ν………………………………………1分解得 …………………………………1分（2）设nT t TT n t T n t =+-=-=、2)1(、)1(时的速度分别为粒子在时刻，已经运动了n-1个电场变化的周期，所以2)1(2)1(211Tn a Tn a -+-=ν …………………………………1分2)1(2212Tn a nTa -+=ν …………………………………1分22213nTa nT a +=ν ……………………………………………1分设从2)1(到)1(TT n t T n t +-=-=粒子运动的位移为x 1，从nT t TT n t =+-=到2)1(粒子的位移为x 2…………………………………………1分…………………………………………1分解得n = 5 …………………………………………1分。
2024年新疆乌鲁木齐市高三高考一模全真演练物理试题(第一次质量监测)(基础必刷)
2024年新疆乌鲁木齐市高三高考一模全真演练物理试题（第一次质量监测）（基础必刷）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题中学生在雨中打伞行走，从物理学可知当雨滴垂直落在伞面上时人淋雨最少，若雨滴在空中以2m/s的速度竖直下落，而学生打着伞以1.5m/s的速度向西走，则该学生少淋雨的打伞（伞柄指向）方式为（ ）A．B．C．D．第(2)题某同学设计了一货物输送装置，将一个质量为M载物平台架在两根完全相同、半径为r，轴线在同一水平面内的平行长圆柱上。
已知平台与两圆柱间的动摩擦因数均为，平台的重心与两柱等距，在载物平台上放上质量为m的物体时也保持物体的重心与两柱等距，两圆柱以角速度绕轴线作相反方向的转动，重力加速度大小为g。
现沿平行于轴线的方向施加一恒力F，使载物平台从静止开始运动，物体与平台总保持相对静止。
下列说法正确的是（ ）A．物体和平台开始运动时加速度大小为B．物体和平台做匀加速运动C．物体受到平台的摩擦力逐渐增大D．只有当时平台才能开始运动第(3)题利用某半导体的电阻随温度升高而减小的特征可以制作电子温度计。
图甲表示该半导体的电阻随温度变化的情况。
把该半导体与电动势为、内阻为的电源，理想电压表和保护电阻连成如图乙所示的电路。
用该半导体作测温探头，把电压表的电压刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易的电子温度计。
下列说法正确的是（ ）A．温度升高后，电源的效率将升高B．该电子温度计表盘上温度的刻度是均匀的C．和相比，应标在电压较小的刻度上D．若电池用久后内阻变大，用该温度计测量的温度要比真实值偏高第(4)题如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸长时弹簧上端处于A点。
时将小球从A点正上方O点由静止释放，时到达A点，时弹簧被压缩到最低点B。
以O为原点，向下为正方向建立x坐标轴，以B点为重力势能零点；弹簧形变始终处于弹性限度内。
2019年新疆乌鲁木齐市高考物理一模试卷(解析版)
2019年新疆乌鲁木齐市高考物理一模试卷一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分.每小题列出的四个选项中，第1-5题只有一个是符合题目要求，第6-10提哟多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．小丽荡秋千时，从最高点到最低点的过程中（）A．一直失重B．一直超重C．先超重再失重D．先失重再超重2．一充电后的平行板电容器，保持两板的正对面积和电荷量不变，减小两板间的距离，则其电容C和两板间的电势差U的变化情况是（）A．C增大，U减大B．C减小，U增大C．C增大，U减小D．C 减小，U减小3．一般情况下，直径约1mm的雨滴下落到地面时的速度接近人类百米跑的极限速度，则雨滴下落到地面时的动能约为（）A．3×10﹣3J B．3×10﹣5J C．3×10﹣7J D．3×10﹣9J4．若银河系内每个星球贴近其表面运行的卫星的周期用T表示，被环绕的星球的平均密度用ρ表示.与ρ的关系图象如图所示，已知万有引力常量G=6.67×10﹣11N•m2/kg2．则该图象的斜率约为（）A．7×10﹣10N•m2/kg2B．7×10﹣11N•m2/kg2C．7×10﹣12N•m2/kg2D．7×10﹣13N•m2/kg25．如图所示，一绝缘水平面上两金属杆l1、l2通过铰链连接于O点，MN是一镍铬合金制成的导体棒，两金属的另一端分别与MN接触，导体棒MN的电阻远大于l1、l2的电阻．整个装置处于垂直于水平面的匀强磁场中．现使两金属杆靠拢且两金属杆与MN的接触点均做匀速运动，则回路中感应电流随时间的变化图象正确的是（）A． B．C．D．6．关于安培力和洛伦兹力的下列说法中正确的是（）A．安培力一定不做功B．洛伦兹力一定不做功C．通电金属棒在磁场中一定受安培力作用D．运动电荷在磁场中可能不受洛伦兹力作用7．如图所示，电场中的一条电场线与x轴重合，电场线上各点的电势如图．用E A、E B分别表示电场线上AB两点的场强大小，下列说法正确的是（）A．E A＜E B B．E A＞E BC．E A与E B方向相同 D．E A与E B方向相反8．如图所示，用一根轻弹簧和两根轻绳将两个相同的小球A和B连接并悬挂，小球均处于静止状态，OB绳水平．现将OA绳剪断，剪断的瞬间A、B两小球的加速度大小（）A．a A＞2g B．a A＜2g C．a B=g D．a B=09．如图所示的电路中，电源的内阻较大，当滑动变阻器滑片从b向a滑动的过程中，电源的输出功率（外电路的总功率）的变化情况可能是（）A．一直增大B．一直减小C．先增大后减小D．先减小后增大10．如图所示，斜面体放在水平地面上，物块在一外力F作用下沿斜面向上运动，斜面体始终保持静止，则（）A．若物块做加速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向左B．若物块做加速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向右C．若物块做减速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向左D．若物块做减速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向右二、解答题（共2小题，满分14分）11．某同学用下面的装置测量小车与木板间的摩擦力．A为小车，质量为100g，B为电火花计时器（接50Hz的交流电），C为小盘，D为一端带有定滑轮的水平放置的长方形木板，小车运动过程中的加速度可通过纸带上打出的点求出．（1）实验中，若认为小车受到的拉力等于盘和砝码的重力，会对实验结果产生较大的影响，故在该实验中要求实验原理上消除由此产生的系统误差．这样在实验中，小盘（含其中砝码）的质量（填“必须”或“不必”）满足远小于小车质量的条件；（2）某次实验中，盘和其中砝码的总质量为50g，得到的纸带如图所示，A、B、C、D、E是计数点，相邻计数点间还有四个点未画出，根据纸带可求出小车的加速度大小为m/s2．此时，小车受到的摩擦力为N．12．某兴趣小组设计了如图电路来测电源的电动势和内阻，已知定值电阻R0=2000Ω．（1）根据电路图完成实物电路的连接；（2）实验中若要使通过电源的电流增大，则滑动变阻器滑片应向端移动；（3）用I1、I2分别表示电流表A1、A2的示数．根据实验数据做出I1、I2的关系图象如图所示，则电源的电动势E=V，r=Ω．三、解答题（共5小题，满分46分）13．如图所示，表面粗糙的水平平台上有一质量为m的物体（可视为质点），物体在一水平向右的拉力作用下由静止开始运动，运动一段距离后撤去拉力，物体继续运动到平台边缘水平抛出并最终落地．已知物体在平台上运动的距离、平台的高度和平抛的水平距离均为L，物体与平台间的动摩擦因数为μ．求平台拉力对物体所做的功．14．如图所示，一不可伸长的轻绳一端固定于O点，绳的另一端系一质量为m的小球，光滑定滑轮B与O点等高．轻绳跨过定滑轮B 将小球拉到A点，保持轻绳绷直，由静止释放小球．当小球摆到定滑轮的正下方时，绳对定滑轮总的作用力大小为2mg．求小球由A 点释放时轻绳与竖直方向的夹角θ．15．如图所示，在边界MN的上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，在边界MN的下方三角形ABD区域存在于边界向上的匀强电场，场强大小为E，AB=d，BD=2d．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子（重力不计）从A点由静止释放，经电场加速后从B点进入磁场，最终从C点穿出电场，粒子经过C点时的速度为．求磁场的磁感应强度的大小．16．如图所示，一质量为m的小物块放在斜面上．在物块上施加一力F，且F=mg．已知斜面的倾角θ=30°，小物块与斜面之间的动摩擦因数μ=．（1）若力F的方向平行于斜面向下，求小物块的加速度大小；（2）当力F与斜面的夹角多大时，小物块的加速度最大？并求出最大加速度．17．一电荷量为q（q＞0）、质量为m的带电粒子（不计重力），在匀强电场的作用下，在t=0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示．求（1）粒子从t=0到t=T的时间内运动的位移大小；（2）若粒子从t=（n﹣1）T到t=nT（n为正整数）的时间内运动的位移为零，求n的值．参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分.每小题列出的四个选项中，第1-5题只有一个是符合题目要求，第6-10提哟多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．小丽荡秋千时，从最高点到最低点的过程中（）A．一直失重B．一直超重C．先超重再失重D．先失重再超重【考点】牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．【分析】小丽所受的合外力提供向心力，方向指向圆心，时刻在变化，是变力．小丽对绳子的拉力大小是变化的，最高点时小丽的加速度向下，处于失重状态．在最低点最大．【解答】解：当有向上的加速度时处于超重状态，有向下的加速度是处于失重状态，小丽从最高点到最低点的过程中，小丽先向下加速，后在竖直方向上向下是减速，所以先失重再超重．故选：D2．一充电后的平行板电容器，保持两板的正对面积和电荷量不变，减小两板间的距离，则其电容C和两板间的电势差U的变化情况是（）A．C增大，U减大B．C减小，U增大C．C增大，U减小D．C减小，U减小【考点】电容器的动态分析．【分析】根据电容的决定式判断电容大小，根据定义式判断电压变化，从而即可求解．【解答】解：由公式C=知，在保持两板的正对面积和电荷量不变，减小两板间的距离，其电容C增大，由公式C=知，电荷量Q不变时，则U减小，故C正确，ABD错误．故选：C．3．一般情况下，直径约1mm的雨滴下落到地面时的速度接近人类百米跑的极限速度，则雨滴下落到地面时的动能约为（）A．3×10﹣3J B．3×10﹣5J C．3×10﹣7J D．3×10﹣9J【考点】动能定理的应用．【分析】根据m=ρV求解雨滴的质量，人类百米跑的极限速度约为10m/s，根据动能的表达式求解即可．【解答】解：雨滴的质量为：m=ρV=≈5.2×10﹣7kg，则雨滴下落到地面时的动能约为：=2.6×10﹣5J，最接近3×10﹣5J，故B正确．故选：B4．若银河系内每个星球贴近其表面运行的卫星的周期用T表示，被环绕的星球的平均密度用ρ表示.与ρ的关系图象如图所示，已知万有引力常量G=6.67×10﹣11N•m2/kg2．则该图象的斜率约为（）A．7×10﹣10N•m2/kg2B．7×10﹣11N•m2/kg2C．7×10﹣12N•m2/kg2D．7×10﹣13N•m2/kg2【考点】万有引力定律及其应用；向心力．【分析】卫星贴近星球的表面运行时，卫星的轨道半径近似等于星球的半径，卫星圆周运动所需要的向心力由万有引力提供，由此列式，并结合密度公式得到与ρ的关系式，再研究图象的斜率．【解答】解：令该星球的半径为R，则星球的体积V=卫星绕星球做匀速圆周运动，由万有引力提供卫星圆周运动的向心力，则有G=m R得星球的质量M=所以星球的密度为ρ=联立解得ρ=则得=ρ由数学知识知，与ρ的关系图象斜率k==≈7×10﹣12N•m2/kg2．故选：C5．如图所示，一绝缘水平面上两金属杆l1、l2通过铰链连接于O点，MN是一镍铬合金制成的导体棒，两金属的另一端分别与MN接触，导体棒MN的电阻远大于l1、l2的电阻．整个装置处于垂直于水平面的匀强磁场中．现使两金属杆靠拢且两金属杆与MN的接触点均做匀速运动，则回路中感应电流随时间的变化图象正确的是（）A． B．C．D．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电阻定律；闭合电路的欧姆定律．【分析】根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势的大小，再根据闭合电路的欧姆定律求解感应电流的表达式即可．【解答】解：设两金属杆与MN的接触点做匀速运动的速度为v，三角形的高为h，则在△t时间内磁通量的变化量为，产生的根据电动势为E==Bvh，感应电流i=，所以随着时间t的增大，感应电流增大且斜率增大，A正确、BCD错误．故选；A．6．关于安培力和洛伦兹力的下列说法中正确的是（）A．安培力一定不做功B．洛伦兹力一定不做功C．通电金属棒在磁场中一定受安培力作用D．运动电荷在磁场中可能不受洛伦兹力作用【考点】安培力；洛仑兹力．【分析】洛伦兹力是安培力的微观表现，洛伦兹力不做功，安培力可以做功【解答】解：A、安培力垂直通电导线，导线的运动方向可以与速度平行，故安培力可以做正功、负功，故A错误B、因洛伦兹力总垂直于电荷运动方向，故洛伦兹力的瞬时功率为零，故洛伦兹力对运动电荷一定不做功，故B正确；C、若导线与磁场方向平行，故安培力为零，故C错误；D、若粒子的速度方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力，故D正确故选：BD．7．如图所示，电场中的一条电场线与x轴重合，电场线上各点的电势如图．用E A、E B分别表示电场线上AB两点的场强大小，下列说法正确的是（）A．E A＜E B B．E A＞E BC．E A与E B方向相同 D．E A与E B方向相反【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势．【分析】φ﹣x图线的斜率表示电场强度．结合图线的斜率判断电场强度的大小．根据沿电场线方向电势逐渐降低确定电场强度的方向．【解答】解：AB、根据E=，可知φ﹣x图线的斜率表示电场强度，斜率绝对值越大，电场强度越大，则有E A＞E B．故A错误，B正确．CD、因为沿电场线方向电势逐渐降低，可知电场的方向沿x轴正方向，E A与E B方向相同，故C正确，D错误．故选：BC8．如图所示，用一根轻弹簧和两根轻绳将两个相同的小球A和B连接并悬挂，小球均处于静止状态，OB绳水平．现将OA绳剪断，剪断的瞬间A、B两小球的加速度大小（）A．a A＞2g B．a A＜2g C．a B=g D．a B=0【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【分析】把AB作为整体受力分析，根据共点力平衡求得绳子的拉力，当剪短绳子的瞬间，绳子上的力发生突变，弹簧上的弹力不能突变，根据牛顿第二定律即可求得加速度【解答】解：设A球与竖直方向的夹角为θ，OA绳的拉力为T2，OB 的拉力为T1，对AB整体受力分析根据共点力平衡可知T2sinθ=T1T2cosθ=2mg解得：，T1=2mgtanθ当剪短瞬间，OA绳的来突变为0，由于弹簧的弹力是通过弹簧的形变产生，在剪短瞬间，弹簧的形变没来的及变化，弹簧的弹力不变，故此时A球受到的合理，B球受到合力不变，还是0，根据牛顿第二定律F=ma可知＞2g，a B=0，故AD正确，BC错误故选：AD9．如图所示的电路中，电源的内阻较大，当滑动变阻器滑片从b向a滑动的过程中，电源的输出功率（外电路的总功率）的变化情况可能是（）A．一直增大B．一直减小C．先增大后减小D．先减小后增大【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大．当变阻器增大时，分析内外电阻可能的关系，再作判断．【解答】解：当滑动变阻器滑片从b向a滑动的过程中，变阻器有效电阻增大．根据当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大．外电阻可能一直小于内电阻，当外电阻增大，电源的输出功率一直增大；外电阻可能一直大于内电阻，当外电阻增大，电源的输出功率一直减小；外电阻可能先小于内电阻，后大于内电阻，则电源的输出功率先增大后减小，电源的输出功率不可能先减小后增大，故ABC正确，D错误．故选：ABC10．如图所示，斜面体放在水平地面上，物块在一外力F作用下沿斜面向上运动，斜面体始终保持静止，则（）A．若物块做加速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向左B．若物块做加速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向右C．若物块做减速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向左D．若物块做减速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向右【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】先对物块受力分析，得出斜面对物块合力的方向，根据牛顿第三定律得出物块对斜面的合力方向，再根据平衡条件分析地面对斜面体的摩擦力．【解答】解：A、物块沿斜面向上运动，无论是加速还是减速，其受斜面摩擦力方向沿斜面向下，与斜面对它的弹力的合力一定沿左上方，根据第三定律可知，物对斜面的作用力方向沿右下方，再对斜面受力分析，根据平衡条件可知地面对斜面体的摩擦力方向水平向左，故BD错误，AC正确．故选：AC二、解答题（共2小题，满分14分）11．某同学用下面的装置测量小车与木板间的摩擦力．A为小车，质量为100g，B为电火花计时器（接50Hz的交流电），C为小盘，D为一端带有定滑轮的水平放置的长方形木板，小车运动过程中的加速度可通过纸带上打出的点求出．（1）实验中，若认为小车受到的拉力等于盘和砝码的重力，会对实验结果产生较大的影响，故在该实验中要求实验原理上消除由此产生的系统误差．这样在实验中，小盘（含其中砝码）的质量不必（填“必须”或“不必”）满足远小于小车质量的条件；（2）某次实验中，盘和其中砝码的总质量为50g，得到的纸带如图所示，A、B、C、D、E是计数点，相邻计数点间还有四个点未画出，根据纸带可求出小车的加速度大小为 1.2m/s2．此时，小车受到的摩擦力为0.32N．【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．【分析】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，求出加速度，对整体分析，结合牛顿第二定律求出小车所受的摩擦力．【解答】解：（1）小盘（含其中砝码）的重力与小车所受的摩擦力之差为整体的合力，对整体分析，求出摩擦力的大小，所以实验中小盘（含其中砝码）的质量不必满足远小于小车质量的条件．（2）因为连续相等时间内的位移之差△x=12mm，根据△x=aT2得加速度为：a=，对整体分析，根据牛顿第二定律得：mg﹣f=（M+m）a，解得：f=mg ﹣（M+m）a=0.5﹣0.15×1.2N=0.32N．故答案为：（1）不必；（2）1.2，0.3212．某兴趣小组设计了如图电路来测电源的电动势和内阻，已知定值电阻R0=2000Ω．（1）根据电路图完成实物电路的连接；（2）实验中若要使通过电源的电流增大，则滑动变阻器滑片应向b 端移动；（3）用I1、I2分别表示电流表A1、A2的示数．根据实验数据做出I1、I2的关系图象如图所示，则电源的电动势E= 3.0V，r= 1.0Ω．【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）根据原理图可得出对应的实物图；（2）根据滑动变阻器的连接方法可明确如何增大电流；（3）根据闭合电路欧姆定律列式，根据图象知识可明确电动势和内电阻．【解答】解：（1）根据原理图可得出对应的实物图；如图所示（2）为使电流增大，则应减小滑动变阻器阻值，故滑片应向b端移动；（3）由闭合电路欧姆定律可知，I1R0=E﹣I2r；变形得：I1=则可知=1.5×10﹣3k==解得：E=3.0V；r=1.0Ω；故答案为：（1）如图所示；（2）b；（3）3.0；1.0．三、解答题（共5小题，满分46分）13．如图所示，表面粗糙的水平平台上有一质量为m的物体（可视为质点），物体在一水平向右的拉力作用下由静止开始运动，运动一段距离后撤去拉力，物体继续运动到平台边缘水平抛出并最终落地．已知物体在平台上运动的距离、平台的高度和平抛的水平距离均为L，物体与平台间的动摩擦因数为μ．求平台拉力对物体所做的功．【考点】动能定理的应用．【分析】先研究物体平抛运动的过程，根据高度和水平距离结合求出物体离开平台时的速度，再研究物体在平台上运动的过程，由动能定理列式求解拉力做功．【解答】解：设拉力F做的功为W，物体离开平台时的速度为v．物体做平抛运动，有：L=L=vt联立解得：v=物体在平台上运动的过程，根据动能定理有：W﹣μmL=解得：W=mgL（μ+）答：平台拉力对物体所做的功为mgL（μ+）．14．如图所示，一不可伸长的轻绳一端固定于O点，绳的另一端系一质量为m的小球，光滑定滑轮B与O点等高．轻绳跨过定滑轮B 将小球拉到A点，保持轻绳绷直，由静止释放小球．当小球摆到定滑轮的正下方时，绳对定滑轮总的作用力大小为2mg．求小球由A 点释放时轻绳与竖直方向的夹角θ．【考点】动能定理的应用；向心力．【分析】根据力的合成求出小球摆到定滑轮的正下方时绳子的张力，在最低点，由牛顿第二定律求出小球的速度，再研究小球下摆的过程，由动能定理求θ．【解答】解：设小球静止时与竖直方向夹角为θ，小球的摆线长为L，当小球摆到定滑轮的正下方时，轻绳的弹力为F T．绳对定滑轮的作用如图所示，可得则得绳子的张力F T=Fcos45°根据题意，由动能定理可得mgL（1﹣cosθ）=小球摆到最低点时，由牛顿第二定律得F T﹣mg=m联立解得θ=60°答：小球由A点释放时轻绳与竖直方向的夹角θ为60°．15．如图所示，在边界MN的上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，在边界MN的下方三角形ABD区域存在于边界向上的匀强电场，场强大小为E，AB=d，BD=2d．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子（重力不计）从A点由静止释放，经电场加速后从B点进入磁场，最终从C点穿出电场，粒子经过C点时的速度为．求磁场的磁感应强度的大小．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】粒子在电场中做匀变速运动，在磁场中做匀速圆周运动，应用动能定理求出粒子进入磁场的速度，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度．【解答】解：粒子运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R，在电场中，由动能定理得：qEd=mv B2﹣0，﹣qEx BC=mv C2﹣mv B2，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv B B=m，由几何关系得：=，解得：B=2；答：磁场的磁感应强度的大小为2．16．如图所示，一质量为m的小物块放在斜面上．在物块上施加一力F，且F=mg．已知斜面的倾角θ=30°，小物块与斜面之间的动摩擦因数μ=．（1）若力F的方向平行于斜面向下，求小物块的加速度大小；（2）当力F与斜面的夹角多大时，小物块的加速度最大？并求出最大加速度．【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）以物体为研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律列方程求解；（2）画出小物块的受力图，根据牛顿第二定律和摩擦力的计算公式得到加速度的表达式，根据数学知识求解最大值．【解答】解：（1）以物体为研究对象进行受力分析如图所示：由题意可得：F+mgsinθ﹣μmgciosθ=ma，代入数据解得：a=；（2）小物块的受力如图，设力F与斜面的夹角为α，根据题意得：Fcosα+mgsinθ﹣f=ma，而f=μ（mgcosθ﹣Fsinα），联立解得：a=，当α+60°=90°时，a有最大值，解得α=30°，am=．答：（1）若力F的方向平行于斜面向下，小物块的加速度大小为；（2）当力F与斜面的夹角为30°时，小物块的加速度最大，最大加速度为．17．一电荷量为q（q＞0）、质量为m的带电粒子（不计重力），在匀强电场的作用下，在t=0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示．求（1）粒子从t=0到t=T的时间内运动的位移大小；（2）若粒子从t=（n﹣1）T到t=nT（n为正整数）的时间内运动的位移为零，求n的值．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】（1）电子在0～时间内做匀加速运动，在～T时间内先做匀减速运动，后反向做初速度为零的匀加速运动，电子不能到达极板A的条件为电子运动位移之和小于板间距离（2）电子在从t=（n﹣1）T到粒子运动的位移为x1，从到t=nT粒子的位移为，位移的矢量和，求出表达式，利用位移为零得到n的值【解答】解：（1）由题意可得在0～：根据牛顿第二定律为：位移为：时速度为：～T时间内，根据牛顿第二定律有：位移为：总位移为：解得：（2）设t=（n﹣1）T、、t=nT时的速度分别为、、粒子在t=（n﹣1）T时刻，已经运动了n﹣1个电场变化的周期，所以有：设从t=（n﹣1）T到粒子运动的位移为x1，从到t=nT粒子的位移为x2解得n=5答：（1）粒子从t=0到t=T的时间内运动的位移大小为；（2）若粒子从t=（n﹣1）T到t=nT（n为正整数）的时间内运动的位移为零，n的值为5。
新疆乌鲁木齐地区2019届高三上学期第一次质量监测物理试卷
（3）实验中，若测得待测电流表A的示数为I，另一电表的示数为k，则待测电流表A内阻的表达式为r=__________.
评卷人
得分
二、计算题本大题共4道小题。
13..如图所示，在MN和PQ间有竖直向上的匀强电场，场强大小为E，电场宽度为d。在MN的上方有一磁感应强度方向水平向外的圆形匀强磁场区，O为圆心，其半径为d，CD为平行于MN的直径，圆心O到MN的距离为2d.一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（重力不计），以某一速度从PQ连线上A点水平向右射入电场，带电粒子穿出电场后从C点进入磁场并从D点穿出.求：
4.BD
【分析】
做圆周运动的物体的向心力由合外力来提供，结合整个过程中能量守恒的思想，分析摩擦力在上升和下降过程中等高处的大小关系（滑动摩擦力的影响因素）来分析上升和下降过程摩擦力做功的大小关系，以及取值范围的问题用极端思想
【详解】AB．小球沿筒壁做圆周运动，先后两次在最低点受到筒壁对小球的弹力大小分别为10mg和8mg，对小球进行受力分析，先后两次所受的合外力分别为9mg和7mg，方向指向圆心。设小球先后两次经过最低点得速率分别为 和 ，根据合外力提供做圆周运动的向心力得： 和 ； 小球在整个过程中，由动能定理得： ；综合上面几个式子解得W=mgR，故A错B对；
（1）带电粒子从A点运动到C点的时间t；
（2）圆形磁场区内磁感应强度B的大小.
14.2019年1月3日，我国“嫦娥四号”探测器在月球背面成功着陆并发回大量月背影像。如图所示为位于月球背面 “嫦娥四号”探测器A通过“鹊桥”中继站B向地球传输电磁波信息的示意图。拉格朗日L2点位于地月连线延长线上，“鹊桥”的运动可看成如下两种运动的合运动：一是在地球和月球引力共同作用下，“鹊桥”在L2点附近与月球以相同的周期T0一起绕地球做匀速圆周运动；二是在与地月连线垂直的平面内绕L2点做匀速圆周运动。已知地球的质量为月球质量的n倍，地球到L2点的距离为月球到L2点的距离的k倍，地球半径、月球半径以及“鹊桥”绕L2点做匀速圆周运动的半径均远小于月球到L2点的距离（提示：“鹊桥”绕L2点做匀速圆周运动的向心力由地球和月球对其引力在过L2点与地月连线垂直的平面内的分量提供）。
新疆高三下学期物理第一次高考诊断性自测试卷解析版
一、单项选择题
1.带电粒子仅在电场力作用下，从电场中 a 点以初速度 v0 进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到 b 点，如下 列图，以下说法正确的选项是( )
A. 粒子可能带负电，在 b 点时速度较大 C. 粒子的加速度在 a 点时较大
B. 粒子的电势能在 b 点时较大 D. 粒子一定带正电，动能先变小后变大
D. 第 3s 内和第 4s 内，质点加速度的方向相反
6.如图，在方向竖直向下、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，在竖直平面内的等边三角形 abc 的 a、b 两
点分别放置一长直导线，导线中通有大小相等、方向垂直纸面向外的恒定电流，测得 c 点的磁感应强度大
小为 2B。假设仅将 b 处电流反向，那么此时 c 处的磁感应强度大小为〔 〕
2.质量为 m 的物体放置在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数
，现用拉力 F(与水平方向的夹
角为 〕拉动物体沿地面匀速前进，以下说法正确的选项是〔 〕
A. =0°即拉力 F 水平时，拉力最小 B. =45°时，拉力 F 最小 C. 拉力 F 的最小值为
D. 拉力 F 的最小值为 3.在如图的电路中，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想电表。当滑动变阻器 R2 的滑动触头 P 滑动 时，关于两个电压表 V1 与 V2 的示数，以下判断正确的选项是〔 〕
所以，V1 示数改变量的绝对值 由闭合电路欧姆定律有 所以，V2 示数改变量的绝对值 所以，P 向 a 滑动，V1 示数改变量的绝对值小于 V2 示数改变量的绝对值，AC 不符合题意； BD．P 向 b 滑动时，滑动变阻器阻值增大，外电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，路 端电压增大，通过电阻 R1 电流减小，V1 的示数减小，V2 的示数增大；根据欧姆定律有 所以，V1 示数改变量的绝对值 由闭合电路欧姆定律有 所以，V2 示数改变量的绝对值 所以，P 向 b 滑动，V1 示数改变量的绝对值小于 V2 示数改变量的绝对值，D 符合题意，B 不符合题意； 故答案为：D。
2019年新疆高考物理一诊试卷
2019年新疆高考物理一诊试卷一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）1.根据卢瑟福提出的原子核式结构模型解释α粒子散射实验，使少数α粒子发生大角度偏转的作用力是金原子核对α粒子的（）A. 库伦斥力B. 库伦引力C. 万有引力D. 核力2.伽利略在研究落体运动规律时，做了著名的“斜面实验”，并进行了合理外推，他最终得到的结论是（）A. 物体的运动不需要力来维持B. 力是使物体产生加速度的原因C. 自由落体运动是一种匀变速直线运动D. 物体在斜面上的运动是一种匀变速直线运动3.如图所示，导线AB段和BC段分别位于垂直于纸面向里和垂直于纸面向外的匀强磁场中，且导线ABC与磁场方向垂直，磁感应强度大小均为B；已知导线AB与BC的长度均为L，且∠ABC=60°，流经导线的电流强度为I，导线ABC受到的安培力的大小为（）A. 0B. BILC.D.BIL4.已知月球的半径为1.74×103km，其表面的重力加速度为1.63m/s2，万有引力常量G=6.67×10-11N•m2/kg2，则月球的平均密度约为（）A. 1.1×103kg/m3B. 2.2×103kg/s3C. 3.3×103kg/m3D. 4.4×103kg/m35.质量为1kg的小球从离地面5m高处自由下落，与地面碰撞后上升的最大高度为3.2m，碰撞过程中，小球对地面的作用力为100N，空气阻力不计，则小球从下落开始到上升到最大高度的时间约为（）A. 1.4sB. 1.6sC. 1.8sD. 2.0s6.如图所示电路中，电源内阻为r，R1=3R2，开关S断开和闭合时，外电路的功率相等，则R1与r的比值为（）A. 2B. 3C. 4D. 57.如图所示，一物体运动的v-t图象为两段半径不同的圆弧曲线，且圆弧1的半径大于圆弧2的半径，在前2s内（）A. 物体做直线运动B. 物体做曲线运动C. 物体的平均速度小于2m/sD. 物体的平均速度大于2m/s二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）8.用比值法定义物理量是物理学中的一种常用的方法。
新疆乌鲁木齐地区2019届高三物理上学期第一次质量监测试题(含解析)
新疆乌鲁木齐地区2019届高三物理上学期第一次质量监测试题（含解析）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求，第7-10题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.目前我国已经攻克了用于检测涡轮发动机叶片的中子照相技术，该技术中的中子是通过核反应231110H H n α+=+得到的，下列说法正确的是A. 该核反应为α衰变B. 该核反应质量增加C. α粒子的电离作用比中子强D. 中子流的穿透能力比α射线弱 【答案】C 【解析】 【分析】知道α衰变、β衰变、核反应、以及粒子得电离作用和穿透能力【详解】A ．原子核由于释放α、β这样的射线（粒子流）而转变成新核的变化叫做原子核的衰变，即放出α粒子的衰变叫做α衰变，231110H H n α+=+中生成α粒子（氦核），放出10n （中子）是聚变反应，A 错；B ．231110H H n α+=+是氢核聚变反应，释放能量，质量减少，B 错；CD ．α粒子带正电，中子不带电，故α粒子电离作用比中子强，而α射线穿透能力比中子弱，故C 对，D 错；2.如图所示是一种自动控制电路示意图，R 1为光敏电阻，其阻值随光照强度I 的增大而减小。
若发现电流表A 中的电流突然减小，则光照强度I 及a 、b 间的电压U 的变化情况是A. I变大，U变大B. I变大，U变小C. I变小，U变大D. I变小，U变小【答案】B【解析】【分析】光敏电阻随光照强度的增大而减小，运用闭合电路欧姆定律来分析、判断各物理之间的关系和变化情况【详解】电流表的示数减小，由欧姆定律得R2两端的电压减小，使得R3和r两端的电压增大，也就是干路电流增大，从而得到电路的总电阻减小，即光敏电阻R1减小，由此得光照强度I增大，外电压U减小；A. I变大，U变大与分析不符，A错误B. I变大，U变小与分析符合，B正确C. I变小，U变大与分析不符，C错误D. I变小，U变小与分析不符，D错误【点睛】光敏电阻阻值与光照强度的关系，闭合电路的欧姆定律在电路中的分析3.从距水平地面某高处以相同的速率抛出4个质量相同的小球a、b、c、d，其中a球竖直向上抛出，b球竖直向下抛出，c球斜向目抛出，d球水平抛出，不计空气阻力，则小球落地时重力的瞬时功率最小的是A. a球B. b球C. c球D. d球【答案】D【解析】【分析】=⋅来求解由瞬时功率的公式：P F v【详解】由于a、b、c、d四个小球抛出的高度相同，抛出速率相等，其中a竖直上抛到最高点后自由下落，返回抛出点后在竖直方向和b球的速度相等，方向向下；c球斜向上抛，在竖直方向上有一个分速度，当c球达到最高点后返回抛出的同一水平面，在竖直方向上有一个和竖直分速度大小相等的分速度，方向向下；d球做平抛运动，在竖直方向上的初速度为0。
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乌鲁木齐地区2019年高三年级第一次诊断性测验物理试卷（问卷）（卷面分值：100分；考试时间：100分钟）3．本卷中数值运算时，如无特殊说明，重力加速度g值均取I Orr}/s}` n第I卷（选择题．共40分）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共叨分。
在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得O分）1．伽利略曾设计了这样一个实验。
如图，让小球沿一光滑斜面从静止状态开始向下运动，小球将冲上另外一个斜面。
如果没有摩擦，小球将升到原来的高度。
减小第二个斜面的倾角，小球仍将达到同一高度，但要运动地更远一些。
继续减小第二个斜面的倾角，球达到同样高度就会运动地更远。
于是他大胆推断，将第二个斜面放水平，球会一直运动下去。
下列说法正确的是A．这是一个理想实验，在实验室无法完成B．这个实验是伽利略空想出来的缺少实际观察的基础C，伽利略用这个实验说明了力不是维持物体运动的原因D．这个实验为牛顿第一定律奠定了基础2．地球绕太阳公转的轨迹为椭圆，地球由近日点向远日点运动过程中A．地球运动的速度逐渐增大B．地球运动的速度逐渐减小C．地球运动的加速度逐渐增大D．地球运动的加速度逐渐减小3．穿过一闭合金属线圈的磁通量随时间变化的关系如图。
第一秒和第二梦秒内线圈中感应电流A．大小和方向都相同B．大小和方向都不相同C．大小相同，方向不同D．方向相同，大小不同4．如图所示，空间有一匀强磁场，方向沿x轴正方向。
与X轴重合的通电导线ah绕O点在XOY平面内旋转180°的过程中，下列说法正确的是A、通电导线受到的安培力的方向不变B、通电导线受到的安培力的方向不断改变C、通电导线受到的安培力先增大后减小D、通电导线受到的安培力先减小后增大5．图示的电路中，闭合开关，灯泡A和B都正常发光。
忽然灯泡B比原来变暗了些，而灯泡A比原来变亮了些。
电路中．发生的故障是A．R1短路B．R1断路C. R2短路D. R2断路6．小球自由下落到水平地面，与地面碰撞后反弹，每次反弹后的速度是该次落地时速度的2／3。
小球第一次与第二次反弹的高度比是A ．3：2B ．9：4C ．2：3D ．4：97．如图，三个面积相等的金属板平行、正对放置。
AB板间距为BC板间距的两倍。
B板接地，A板电势为ϕ1，C板电势为ϕ2．AB板间电场强度为E1，BC板间电场强度为E2。
一正电荷（重力不计）从离A板很近处由静止释放，穿过B板的小孔到达C板时速度恰好为零。
下列说法正确的是A. ϕ1＝ϕ2B、ϕ1＝2ϕ2C ．E1＝E2 D. E1＝2E28．如图，小球由斜面顶端A点水平抛出后落到斜面上的B点。
小球运动轨迹上有一点P，小球经过P点时，其速度方向与斜面平行。
小球从A运动到P与从P运动到BA．所用时间相等B．所用时间不相等C．通过的路程相等D．通过的路程不相等9．半径为R的均匀带电细圆环的电荷量为Q。
在过圆一环中心O与圆环平面垂直的轴线上放一电荷量为q的点电荷，点电荷到圆环中心的距离为x。
点电荷受到的库仑力是10，如图，一带电粒子（重力不计）以初动能E、垂直电场线穿过以虚线为边界的匀强电场区域。
离开电场时，粒子的动能为SE、。
若将粒子的初动能增加到4E、，粒子离开电场时的动能为A. 5E k B ．10E k C. 17E k D、30E k第II卷（非选择题共60分）二、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分｝11．用滑动变阻器限流式接法测量一个阻值约2kΩ的电阻Rx。
提供的器材如下。
A·电源（E =9V，r＝2Ω）B、电压表（0－15 V，50kΩ）C、电压表（0－3 V，0.5kΩ）D、电流表（0－5mA，50Ω）E、电流表（0－1mA，250Ω）F、滑动变阻器（0－500Ω,0.5A）G、滑动变阻器（0－100Ω,0.2A）应选用＿＿＿＿。
（填选中器材的字母代号）（2）将实验中未完成的电路连接完整。
12．用图示的装置可以测量木块与木板之间的动摩擦因数。
实验过程如下：将木板固定在水平桌面上，用滴管缓慢往水桶中加水，同时轻轻弹拨细线直到木块匀速运动。
改变木块的质量，重复上述操作多次。
l）实验中需要的测量工具是＿＿＿＿。
（2）如图是根据测量数据作出的水桶（含水）质量m与木块质量M关系的图线。
从图线求出木块与木板间的动摩擦因数是＿＿＿＿。
（3）要使测量结果的误差小一些，应选择质量较二的木块（填“大”或“小”）。
三、计算题（本题共5小题，共46分。
解答时，要有必要的步骤、公式和文字说明，只写答案13、如图，长L 的细绳一端固定在O 点，另一端系一小球，拉动小球偏离平衡位置后释放，小球将坚直平面内作圆周运动，若细绳能承受的最大拉力为小球重力的两倍，要使小球经过最低点时细绳断裂，静止释放小球时细绳与坚直方向的夹角多大？14一滑雪人从静止开始沿长为200m ，高为50m 的雪坡匀加速滑下后，在水平面上滑行一段距离停下来。
滑雪人在整个过程中受到的阻力恒为人和滑雪设备总重力的0．2倍。
求滑雪人运动的总时间（结果保留整数）15．两金属杆ab 、cd 的长度均为L ，质量均为m ，电阻均为R 。
用两根长为2L 的柔软导线连接后放在光滑的水平桌面上，导线的电阻与质量不计。
'OO 为ad 、bc 的中线。
在'OO 的左侧空间有垂直于桌面的匀强磁场，磁感应强度为B 。
位于桌子边缘的金属杆Cd 受到轻微扰动就会落下桌面，当曲运动至'OO 时，cd 杆的加速度为零，此时Cd 杆尚未着地。
求：（1）ab 杆的最大速度；（2）ah 杆从静止运动到00‘的过程中，回路中产生的焦耳热。
16．如图，空间有方向垂直xoy 平面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B 。
坐标原点O 处有一粒子源，可以在xoy 平面内向各个方向发出不同速率的粒子，已知粒子电荷量为q ，质量为m 。
A 为x 轴上一点，其坐标为（1，0）。
（粒子重力不计）求（1）经过A 点的粒子的最小速率；（2）若从O 点发出的速率Bql v m的两个粒子都能经过A 点，求这两个粒子从O 点发出时速度方向间的夹角。
17．如图，天花板下悬挂着用两根长为L ＝1. 0m 的细线连接a 、b 两个小球。
a 球质量m a =0.7kg ，b 球质量为m h ＝0. 9kg 。
现在b 球上施加一从零开始缓慢增大的水平力F ，当F ＝122N 时，这个力不再变化。
求力F 作用的服中系统增加的机械能。
乌鲁木齐地区2019年高三年级第一次诊断性测验物理试卷参考答案及评分标准一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分）二、实验题（本大题共2小题，每空2分，共14分）11．（1）B ；D ；F 。
（2）完成电路12．（1）天平（2）0.49—0.51（3）大 三、计算题（共45分） 说明：以下各题，用其他方法做答，只要正确，均相应给分13．（8分）解：由题意知，小球摆到最低点时，细绳的拉力为2mgLm mg -T 2ν= ……………………………………………………………3分 ）（θνcos -1mgL m 212= …………………………………………………………3分 解得 060=θ ………………………………………………2分14．（9分）解：设滑雪人在斜面上运动的加速度为a 1，斜面长为x 1，滑到坡底的速度为v ，在平面上滑行的加速度为a 21ma f -mgsin =θ ……………………………………3分2111t a 21x =………………………………………2分 11t a =ν ……………………………………………1分 2ma f = ……………………………………………1分 22t a =ν ……………………………………………1分 解得=+=21t t t 35s …………………………………………1分15.（9分）解：（1）由题意可知，杆加速度为零时，杆有最大速度m BL E ν= …………………………………………………………1分 R2E I = …………………………………………………………1分BIL F =安…………………………………………………………………………1分 mg F =安 ……………………………………………………………1分解得22m L B 2mgR =ν ……………………………………………………………… 1分（2）根据能量守恒 热Q 2m 21mgL 2m +⨯=ν ……………………………………………………2分 解得44223L B R g 4m -mgl Q =热 ………………………………………………2分 16．（10分）解：（1）由题意可知 当L 21R =时，过A 点粒子有最小速度 ………… 2分 Rm Bq 2min min νν= ……………………………… 1分解得m2BqL min =ν ………………………………1分 （2）由题意可知，两粒子轨迹如图所示 Rm Bq 2νν=……………………………………… 1分 又知mBqL =ν解得L R =……………………………………… 1分由几何关系可得R 2L sin =θ ……………………………… 1分得 030=θ……………………………………………… 1分两粒子从o 点发出时速度方向间的夹角为001202-180=θ……………………………… 1分若两粒子轨迹相同，则从o 点发出时速度方向间的夹角为零…… 1分17．（10分）解：由题意知，力F 作用过程中系统始终处于平衡状态，当F=12N 时，把a 、b 看成整体，受力分析如图()g m m cos T b a 1+=α ………………………………………………1分F sin T 1=α …………………………………………1分 解得8.0cos =α………………………………………………………1分b 球受力分析如图g m cos T b 2=β…………………………………………………………1分F sin T 2=β……………………………………………………………1分解得6.0cos =β …………………………………………………1分 a 球增加的机械能）（αcos -1gL m E a p a =∆…………………………1分 1T F g m m b a ）（+Fb 球增加的机械能）（）（βαcos -1gL m cos -1gL m E b b p b +=∆………1分 系统增加的机械能J 8.6E E E b a p p p =∆+∆=∆ …………1分。