16．（10分）如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过圆心的竖直轴OO′匀速转动，以经过O水平向右的方向作为x轴的正方向．在圆心O正上方距盘面高为h处有一个正在间断滴水的容器，在t=0时刻开始随传送带沿与x轴平行的方向做匀速直线运动，速度大小为v．己知容器在t=0时滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面上时再滴一滴水，问：
（1）每一滴水经多长时间滴落到盘面上？
（2）要使每一滴水在盘面上的落点都位于一条直线上，圆盘转动的最小角速度ω． （3）第二滴水与第三滴水在盘面上的落点间的最大距离s．
17．（12分）如图所示，在第一、二象限存在场强均为E的匀强电场，其中第一象限的匀强电场的方向沿x轴正方向，第二象限的电场方向沿x轴负方向．在第三、四象限矩形区域ABCD内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，矩形区域的AB边与x轴重合．M点是第一象限中无限靠近y轴的一点，在M点有一质量为m、电荷量为e的质子，以初速度v0沿y轴负方向开始运动，恰好从N点进入磁场，若OM=2ON，不计质子的重力，试求： （1）N点横坐标d；
（2）若质子经过磁场最后能无限靠近M点，则矩形区域的最小面积是多少； （3）在（2）的前提下，该质子由M点出发返回到无限靠近M点所需的时间．
福建2024年高职招考物理模拟试题参考答案与试题解析 一、选择题：本大题共11小题，每小题4分，共44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7-11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3分，有选错的得0分．
1．AB是固定在空中的光滑水平横杆，一质量为M的物块穿在杆AB上，物块通过细线悬吊着一质量为m的小球．现用沿杆的恒力F拉物块使物块、小球一起（保持相对静止）向右运动，细线与竖直方向夹角为θ，则以下说法正确的是（ ）
A．杆对物块的支持力为Mg
B．细线上的拉力为 C．F=（M+m）gtanθ
D．物块和小球的加速度为gsinθ
【考点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用﹣连接体． 【分析】以整体为研究对象竖直方向根据共点力的平衡条件计算支持力大小；以小球为研究对象，根据牛顿第二定律求解加速度，水平方向以整体为研究对象根据牛顿第二定律求解拉力大小． 【解答】解：A、以整体为研究对象，竖直方向受力平衡，则可知杆对物块的支持力为（M+m）g，A错误；
B、以m为研究对象进行受力分析如图所示，
由此可得细线的拉力T=，B错误；
CD、小球运动的加速度为：a=gtanθ，以整体为研究对象，整体的加速度为gtanθ，水平方向根据牛顿第二定律可得：F=（M+m）a=（M+m）gtanθ，C正确、D错误； 故选：C．
【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用．
2．我国研制的北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，系统由5颗地球同步轨道卫星和30颗低轨卫星组网而成（见图），这些卫星的运动均可看作匀速圆周运动．2012年12月27日，北斗导航系统正式投入运营，计划到2024年完全建成．关于该导航系统，下列说法正确的是（ ）
A．系统中的地球同步轨道卫星可以定位在成都正上方
B．系统中从地面发射质量为m的同步卫星比发射质量为m的低轨卫星所需的能量更多 C．系统中卫星的运行周期和月亮绕地球运行的周期可能相同 D．系统中卫星的运行速度可以大于11.2 km/s
【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．
【分析】地球同步卫星相对地球静止，同步卫星位于赤道平面内；
卫星轨道半径越大，发射卫星时克服地球引力做功越多，发射卫星时消耗的能量越多； 卫星绕地球做圆周运动，根据周期公式与轨道半径关系判断周期关系；
围绕绕地球做圆周运动，没有脱离地球的吸引，卫星速度小于第二宇宙速度．
【解答】解：A、同步卫星相对地球静止，同步卫星位于赤道平面内，成都不在赤道上，因此地球同步轨道卫星不能定位在成都正上方，故A错误；
B、卫星轨道半径越大发射卫星时克服地球引力做功越多，因此系统中从地面发射质量为m的同步卫星比发射质量为m的低轨卫星所需的能量更多，故B正确；
C、卫星绕地球做圆周运动的周期：T=2π，卫星的轨道半径小于月亮的轨道半径，则卫
星的周期小于月亮的周期，故C错误；
D、11.2km/s是地球的第二宇宙速度，达到此速度的物体可以脱离地球的吸引，系统中的卫星没有脱离地球的吸引，系统中的卫星的运行速度小于7.9km/s，故D错误； 故选：B．
【点评】本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力、知道同步卫星位于赤道平面内是解题的关键，应用牛顿第二定律与万有引力公式可以解题． 3．如图所示的电路中，Ro为热敏电阻（温度降低电阻增大），C为平行金属板，M点接地．闭合开关S，待电路稳定后，C中央有一带电液滴刚好静止．下列各项单独操作，可能使带电液滴向下运动的是（ ）
A．断开开关S
B．将变阻器R的滑动头P向上滑动 C．加热热敏电阻Ro
D．将C的上极板略向下平移
【考点】带电粒子在混合场中的运动；电容；闭合电路的欧姆定律．
【分析】电容器板间电压等于变阻器R1两端的电压，改变变阻器阻值时，分析外电阻的变化，由欧姆定律分析电流表计数的变化及变阻器两端电压的变化．当变阻器的电压减小时，
油滴将向下上运动．改变板间距离，判断电容的变化，由E=分析场强变化．
【解答】解：A、开关S断开，电容器两板间电压为电源电动势，故电压增大，电场增强，故液滴受到的电场力大于重力，带电液滴向上运动，故A错误．
B、仅把R1的滑动端向上滑动时，电路的电阻减小，电流增大，那么电容器两端电压减小，因此油滴所受的电场力变小，带电液滴向下运动．故B正确．
C、将R0加热电阻减小，电路中电流增加，R两端电压增大，电容器极板间的电压增大，电场增强，故液滴受到的电场力大于重力，带电液滴向上运动．故C错误．
D、若C的上极板略向下平移，仅把两极板A、B间距离减小，不改变电路的电阻，则不改变电路的电流，由E=分析知，板间场强增大，油滴所受的电场力增大，则油滴向上运动，故D错误． 故选：B．
【点评】本题是电路的动态分析问题，关键抓住电容器的电压等于变阻器两端的电压，由E=分析板间场强变化，判断出油滴的运动方向．
4．如图甲所示，理想变压器的原线圈输入电压如图乙所示的交流电，电路中电阻R=10Ω，M是标有“10V、10W”的电动机，其绕线电阻r=1Ω，电动机正常工作．下列说法正确的是（ ）
A．变压器原、副线圈的匝数比是11：1 B．电流表示数是11A
C．电动机的输出功率为1W D．变压器的输入功率为20W
【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．
【分析】从图知电压的有效值，周期和频率，根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．
【解答】解：A、由图可知电压U1=100V，则===，则A错误
B、电流表示数为通过电阻与电动机的电流和： =2A，则B错误 C、电动机机的输出功率为：P=10﹣I2r=10﹣1=9W，则C错误
D、变压器的输入功率等于输出功率为：10+=20W，则D正确
故选：D
【点评】理解交流电各量的物理意义，掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决
5．如图所示为水平放置的两根等高固定长直细导线的截面图，O点是两导线间距离的中点，a、b是过O点的竖直线上与O点距离相等的两点，两导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流．下列说法正确的是（ ）
A．两导线之间存在相互吸引的安培力 B．O点的磁感应强度为零
C．O点的磁感应强度方向竖直向下
D．a、b两点的磁感应强度大小相等、方向相反
【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度．
【分析】根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、O三点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成．
【解答】解：A、由图可知，两处电流的方向相反，所以它们之间存在相互排斥的作用力．故A错误．
B、C、由安培定则可知，左侧的电流在O处产生的磁场方向竖直向下，右侧的电流在O处产生的磁场方向竖直向下，方向相同，所以合磁场的方向向下．故B错误，C正确．
D、结合安培定则，分别作出两处电流在a、b两点的磁场方向如图，可知a、b两点的磁感应强度方向相同．故D错误．
故选：C． 【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成．
6．如图所示是半径为R的圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B方向垂直于纸面向外．一电荷量为q、质量为m的带正电离子（不计重力）沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点P与ab的距离为．若离子做圆周运动的半径也为R，则粒子在磁场中运动的时间为（ ）
福建2024年高职招考物理模拟试题[含答案]
