2019-2020年高三物理上学期12月月考试题（含解析）.doc

2019-2020年高三物理上学期12月月考试题（含解析）一、单项选择题（本题共6小题，每小题3分，计18分，每小题只有一个选项符合题意）1在如图所示的足够大匀强磁场中，两个带电粒子以相同方向垂直穿过虚线MN所在的平面，一段时间后又再次同时穿过此平面，则可以确定的是（）A两粒子一定带有相同的电荷量B两粒子一定带同种电荷C两粒子一定有相同的比荷D两粒子一定有相同的动能考点：带电粒子在匀强磁场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据题意应用周期公式分析答题解答：解：粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：T=，两个带电粒子以相同方向垂直穿过虚线MN所在的平面，一段时间后又再次同时穿过此平面，两粒子在磁场中运动时间都为半个周期，它们的运动时间相同，说明它们的周期相同，由于两粒子在同一磁场中做圆周运动，磁感应强度B相同，由T=可知，两粒子一定有相同的比荷，无法确定它们的电荷量、电性、动能是否相同，故ABD错误，C正确；故选：C点评：本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、应用周期公式即可正确解题2如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为N1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为N2，则以下说法正确的是（）A弹簧长度将变长，N1N2B弹簧长度将变短，N1N2C弹簧长度将变长，N1N2D弹簧长度将变短，N1N2考点：磁场对电流的作用分析：先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断解答：解：开始时磁体受重力和支持力，二力平衡，故弹簧处于原长，磁体对地压力等于磁体的重力；通电后，根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向如图所示，由左手定则可判断出通电导线所受安培力方向如图所示；由牛顿第三定律可知，条形磁铁受到的电流对磁体的作用力斜向左上方，如图所示，故磁体对地面的压力减小，同时弹簧缩短；故选：B点评：本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况3（3分）如图所示，木块从左边斜面的A点自静止开始下滑，经过一段水平面后，又滑上右边斜面并停留在B点若动摩擦因数处处相等，AB连线与水平面夹角为，不考虑木块在路径转折处碰撞损失的能量，则（）A木块与接触面间的动摩擦因数为sinB木块与接触面间的动摩擦因数为tanC两斜面的倾角一定大于D右边斜面的倾角可以大于考点：动能定理的应用专题：动能定理的应用专题分析：物体在倾角为的斜面滑行L距离时，滑动摩擦力为f=mgcos，摩擦力做功的大小Wf=mgcosL=mgx，其中x为初位置与末位置间的水平分位移大小；对全过程运用动能定理，结合摩擦力做功的特点，求出动摩擦因数大小解答：解：A、B、设AB间的水平分位移为x，高度差为h，如图所示：对从A到B间的过程运用动能定理，有：mghW克f=0其中：W克f=mgx联立解得：=tan故A错误，B正确；C、D、对左侧斜面，木块要能够滑下来，重力的下滑分力要大于滑动摩擦力，故：mgsinmgcos由于=tan，故：对于右侧斜面，木块不能滑下，故重力的下滑分力要不大于滑动摩擦力，故：mgsinmgcos由于=tan，故：故C错误，D错误；故选：B点评：本题要涉及两个推论：1、物体在倾角为的斜面滑行距离时，滑动摩擦力做功的大小Wf=mgx，其中x为初位置与末位置间的水平分位移大小；2、设斜面坡角为，当tan时，物体在斜面上可以加速下滑；当=tan时，物体在斜面上可以匀速下滑；当tan时，物体在斜面上可以减速下滑4（3分）2008年9月25日至28日我国成功实施了“神舟”七号载人航天飞行并实现了航天员首次出舱飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟下列判断正确的是（）A飞船变轨前后的机械能相等B飞船在圆轨道上时航天员出舱前受重力出舱后不受重力C飞船在此圆轨道运动的角速度大于同步卫星运动的角速度D飞船变轨前通过椭圆轨道P点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用；功能关系分析：同步卫星的周期T=24h，根据周期与角速度的关系可知角速度的大小关系飞船在飞行过程中只受地球万有引力作用，飞船处于完全失重状态飞船的加速度由万有引力产生，加速度是否相同就是看飞船受到的万有引力是否一样解答：解：A、在远地点343千米处点火加速，机械能增加，故A错误B、飞船在圆轨道上时，航天员出舱前后，航天员所受地球的万有引力提供航天员做圆周运动的向心力，航天员此时的加速度就是万有引力加速度，即航天员出舱前后均处于完全失重状态，但都受重力，故B错误；C、因为飞船在圆形轨道上的周期为90分钟小于同步卫星的周期，根据=可知角速度与周期成反比，所以飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度，故C正确；D、飞船变轨前后通过椭圆轨道远地点时的加速度均为万有引力加速度，据可知，轨道半径一样则加速度一样，故D错误故选：C点评：圆形轨道上，航天器受到的万有引力提供航天器做圆周运动的向心力，即万有引力产生的加速度等于向心加速度，无论航天器是否做圆周运动，空间某点航天器无动力飞行时的加速度即为万有引力加速度，此加速度只跟物体轨道半径有关，与运动状态无关5（3分）如图所示，L1、L2、L3为三个相同的灯泡电源内阻不可忽略，在变阻器R的滑片P向上移动过程中，下列判断中正确的是（）AL1变亮，L3变暗BL2变亮，L3变亮CL1中电流变化量大于L3中电流变化量DL1中电流变化量小于L2中电流变化量考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：在变阻器R的滑片P向上移动过程中，R增大，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，判断L3灯亮度的变化根据路端电压与L3电压的变化分析L2电压的变化，判断L2亮度的变化由总电流与L2电流的变化，分析L1电流的变化和亮度的变化根据总电流的变化，分析L1中电流变化量与L2中电流变化量的大小解答：解：A、B在变阻器R的滑片P向上移动过程中，R减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，总电流I增大，L3变亮L2的电压U2=EI（R3+r），E、R3、r均不变，I增大，U2减小，I2减小，L2变暗流过L1的电流I1=II2，I增大，I2减小，则I1增大，L1变亮故AB错误 C、D由上分析得到，I增大，I1增大，I2减小，而I1+I2=I，则L1中电流变化量I1大于L3中电流变化量I故C正确L1中电流变化量I1大于L2中电流变化量I2故D错误故选：C点评：本题分析电流变化量的大小采用的是总量的方法，根据总电流的变化情况确定两支路电流变化量的大小6（3分）压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，某同学利用压敏电阻的这种特性设计了一个探究电梯运动情况的装置，该装置的示意图如图所示，将压敏电阻平放在电梯内，其受压面朝上，在受压面上放一物体m，电梯静止时电流表示数为I0若电流表的示数I随时间t变化的规律如图所示，则下列说法中正确的是（）A图表示电梯在做匀速直线运动B图表示电梯可能向上做匀加速运动C图表示电梯可能向上做匀加速运动D图表示电梯可能向下做匀减速运动考点：闭合电路的欧姆定律；牛顿运动定律的应用-超重和失重专题：恒定电流专题分析：压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，而电流变大说明电阻变小，故电流变大说明压力变大；反之，电流变小说明压力变小；物体加速上升和减速下降是超重状态，减速上升和加速下降是失重状态解答：解：A、图中电梯静止时电流表示数为I0，由于电流等于I0且不变，故电梯匀速直线运动或静止不动，故A错误；B、图中，电流逐渐变大，故压力逐渐变大，且大于重力，故电梯处于超重状态，且加速度变大，做变匀加速运动故B错误；C、图中，电流恒为2I0，故电梯处于超重状态，可能匀加速上升，也可能匀减速下降，故C正确；D、图中，电流一直大于I0，且不断减小，故电梯的加速度向上，并且一直减小，故电梯可能变减速下降，也可能变加速上升，故D错误；故选：C点评：本题关键根据电流变化情况判断压力变化情况，根据牛顿第二定律判断加速度变化情况，从而判断电梯的可能运动情况二、多项选择题（本题共6小题，每小题5分，计30分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，错选或不答得0分）7（5分）（2011盐城二模）某航模小组在一次训练中，制定了飞机离开地面最初20s内的飞行计划设在水平方向运动速度为x，竖直方向运动速度为y，x和y随时间变化的图象如图所示飞机按此计划飞行的过程中（）A前6s内沿直线斜向上升，后14s内沿曲线上升B前6s内沿直线斜向上升，后14s内沿曲线下降C20s末达到最大高度D6s末达到最大速度考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：根据水平和竖直方向速度随时间变化情况判断和速度随时间的变化情况，即可分析运动情况解答：解：A、由图象可知前6s水平和竖直方向都是匀加速运动，合运动也是匀加速直线运动，后14s水平方向运动运动，竖直方向匀减速运动，合力竖直向下，所以物体做曲线运动，即物体沿曲线上升，故A正确，B错误；C、由竖直方向竖直随时间变化图象可知，在20s末竖直方向速度减为0，物体达到最大高度，故C正确；D、根据v=可知，6s末，水平方向速度取最大值，竖直方向速度也去最大值，故6s末达到最大值，故D正确故选ACD点评：本题主要考查了同学们看图识图的能力，要能根据图象得出有效信息，难度不大，属于基础题8（5分）在如图所示的电路中，灯炮L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（）A灯泡L变亮B电源的输出功率变小C电容器C上电荷量减少D电流表读数变小，电压表读数变大考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率专题：恒定电流专题分析：滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，电流减小，灯泡变暗；根据结论：当内、外电阻相等时，电源的输出功率功率最大灯炮L的电阻大于电源的内阻，当R增大时，电源的输出功率应减小变阻器两端电压增大，电容器上电荷量增大，电流表读数变小，电压表读数U=EIr变大解答：解：A、当滑动变阻器滑片P向左移动，其接入电路的电阻增大，电路总电阻R总增大，电流I减小，灯泡的功率P=I2RL，RL不变，则灯泡变暗故A错误B、当内、外电阻相等时，电源的输出功率功率最大灯炮L的电阻大于电源的内阻，当R增大时，电源的输出功率变小故B正确C、变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，则其电荷量增大，故C错误D、电流表读数变小，电压表读数U=EIr变大故D正确故选BD点评：本题的难点在于确定电源的输出功率如何变化，可以用数学证明，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，这是很重要的结论对于电容器，关键确定电压，记住这个结论很有必要：电容器与与它并联的电路电压相等9（5分）如图是质谱仪的工作原理示意图，电荷量相同的带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2平板S下方有强度为B0的匀强磁场下列表述正确的是（）A质谱仪是分析同位素的重要工具B速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里C能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的质量越小考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：带电粒子经加速后进入速度选择器，速度为v= 粒子可通过选择器，然后进入B0，打在S板的不同位置，解答：解：A、进入B0的粒子满足=，知道粒子电量后，便可求出m的质量，所以质谱仪可以用来分析同位素，故A正确；B、根据加速电场，可知粒子带正电，则受电场力向右，所以洛伦兹力向左，由左手定则可判断磁场方向垂直纸面向外，故B错误；C、由qE=qvB，得v=，故C错误；D、由=，知R越小，荷质比越大，当电量相同时，则粒子的质量越小，故D正确；故选：AD点评：质谱仪工作原理应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择阶段，在磁场中运动阶段10（5分）某空间存在着如图所示的足够大的沿水平方向的匀强磁场在磁场中A、B两个物块叠放在一起，置于光滑水平面上，物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘在t1=0时刻，水平恒力F作用在物块B上，物块A、B由静止开始做加速度相同的运动在A、B一起向左运动的过程中，对图乙中的图线以下说法正确的是（）A可以反映A所受洛仑兹力大小随时间t变化的关系B可以反映A对B的摩擦力大小随时间t变化的关系C可以反映A对B的压力大小随时间t变化的关系D可以反映B的合力大小随时间t变化的关系考点：洛仑兹力；共点力平衡的条件及其应用分析：对整体分析，运用牛顿第二定律得出加速度，判断出整体的运动规律，然后求出洛伦兹力与时间的变化关系；运用隔离法求出A对B的摩擦力的大小、A对B的压力大小解答：解：A、B、整体受总重力、拉力、洛伦兹力和支持力，合力为F，根据牛顿第二定律，知加速度不变，整体做匀加速直线运动，所以v=atA所受的洛伦兹力F洛=qvB=qBat，知洛伦兹力与时间成正比，是过原点的一条倾斜直线故A正确；B、隔离对A分析，A所受的合力等于A的摩擦力，则f=ma，知A所受的静摩擦力不变故B错误C、A对B的压力等于B对A的支持力，N=mAg+qvB=mAg+qBat，N与t成一次函数关系故C正确D、隔离对B分析，匀加速运动，合力不变故D错误故选：AC点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，以及注意整体法和隔离法的运用11（5分）一吊篮悬挂在绳索的下端放在地面上，某人站在高处将吊篮由静止开始竖直向上提起，运动过程中，吊篮的机械能与位移的关系如图所示，其中0x1段图象为直线，x1x2段图象为曲线，x2x3段图象为水平直线，则下列说法正确的是（）A在0x1过程中，吊篮所受的拉力均匀增大B在0x1过程中，吊篮的动能不断增大C吊篮在x2处的动能可能小于x1处的动能D在x2x3过程中，吊篮受到的拉力等于重力考点：功能关系；动能和势能的相互转化；机械能守恒定律分析：求出吊篮的动能与势能的表达式，根据图象判断吊篮的机械能与位移的关系，即可正确解题解答：解：吊篮的重力势能EP=mgx，由动能定理可得，吊篮的动能EK=Fxmgx，吊篮的械能E=EP+EK=mgx+Fxmgx=Fx；A、在0x1过程中，图象为直线，机械能E与x成正比，说明F不变，吊篮所受拉力F保持不变，故A错误；B、在0x1过程中，吊篮的动能EK=Fx，力F恒定不变，x不断增大，吊篮动能不断增大，故B正确；C、在x2x3过程中，吊篮的机械能不变，重力势能EP=mgx增加，则吊篮的动能减小，吊篮在x2处的动能可能小于x1处的动能，故C正确；D、在x2x3过程中，吊篮机械能不变，x增大，则F减小，mg不变，F减小，拉力与重力不相等，故D错误；故选：BC点评：分析清楚图象，由图象找出吊篮的机械能与其位移的关系是正确解题的前提与关键12（5分）如图所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为R的圆，AB是一条直径，空间有匀强电场场强大小为E，方向与水平面平行在圆上A点有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电量为+q的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过C点的小球的动能最大由于发射时刻不同时，小球间无相互作用且=30，下列说法正确的是（）A电场的方向与AC间的夹角为30B电场的方向与AC间的夹角为60C小球在A点垂直电场方向发射，恰能落到C点，则初动能为qERD小球在A点垂直电场方向发射，恰能落到C点，则初动能为qER考点：动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动专题：动能定理的应用专题分析：小球在匀强电场中，从A点运动到C点，根据动能定理qUAC=Ek，因为到达C点时的小球的动能最大，所以UAC最大，即在圆周上找不到与C电势相等的点所以与C点电势相等的点在过C点的切线上再根据电场线与等势线垂直，可以画出电场线，即可确定电场的方向小球做类平抛运动，根据平抛运动的知识分析小球的运动情况，分别相互垂直的两个上列式求解初动能解答：解：A、B：小球在匀强电场中，从a点运动到c点，根据动能定理qUAC=Ek得因为到达C点时的小球的动能最大，所以UAC最大，则在圆周上找不到与C电势相等的点且由A到C电场力对小球做正功过C点作切线，则CF为等势线过A点作CF的垂线，则该线为电场线，场强方向如图示因为CAB=30，则连接CO，ACO=30，所以电场方向与AC间的夹角为30；故A正确，B错误C、D：小球只受电场力，做类平抛运动 x=Rcos30=v0t， y=R+Rsin30=，由以上两式得：Ek=mv02=qER；故C正确，D错误故选：AC点评：本题关键考查对电场力做功公式W=qEd的理解和应用，d是沿电场方向两点间的距离此题还要求熟练掌握功能关系和类平抛运动的研究方法三、实验题：本题有3小题，共计24分，请将解答填写在答题纸相应的位置13（8分）（xx徐州三模）DIS实验是利用现代信息技术进行的实验两组学生用DIS实验系统研究用轻绳拴着的小球在竖直平面内的圆周运动，实验装置如图甲所示（1）第一组同学通过数据采集器采集小球运动半周内的A、B、C、D、E五个位置的数据，选择以图象方式显示实验的结果，所显示的图象如图乙所示图象的横轴表示小球距E点的高度h，纵轴表示小球的重力势能EP、动能EK或机械能E（选E点所在水平面为参考平面）在图乙中，表示小球的重力势能EP随高度h变化关系的图线是（选填“I”或“”）；根据图乙中数据，在答题纸的图中画出小球的机械能E随高度h变化关系的图线；根据所作图线判断小球在这半周内处于上升 阶段（选填“上升”或“下降”）（2）第二组同学通过放在圆心处的力传感器得出绳上拉力随时间变化的关系图，部分截图如图丙所示图中的a点或c点对应小球运动到最低位置（选填“最高”或“最低”）；由图丙可知，绳上接力大小不断随时间变化，在ab阶段绳上拉力差的最大值略大于bc阶段绳上拉力差的最大值，其原因是若没有空气阻力，小球在最低点和最高点的拉力差为F=6mg若有空气阻力，当小球从最低到最高阶段F6mg，当小球从最高到最低阶段Fmg所以ab阶段绳上的最大拉力差略大于bc阶段的最大拉力差考点：向心力；牛顿第二定律专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：（1）根据小球在静止释放后，重力在做正功，重力势能EP不断减少，动能EK不断增加，而重力势能和动能的总量即机械能近似不变来选择图线根据E=Ep+Ek求解出各个高度对应的机械能后作图即可根据机械能不断减小进行判断（2）最低点弹力最大对最高点好最低点分别根据牛顿第二定律列式分析解答：解：（1）重力势能为mgh，与高度成正比，故为；根据E=Ep+Ek求解出各个高度对应的机械能后作图，如图所示；由于机械能会损失，而图中机械能随着高度增加而减小，故球在上升；（2）小球做圆周运动的过程中，经过最低点时弹力最大；最高点：F1+mg=m最低点：若没有空气阻力，机械能守恒：mg2R=F=F2F1联立解得：F=6mg即没有空气阻力时，小球在最低点和最高点的拉力差为F=6mg若有空气阻力，当小球从最低到最高阶段F6mg，当小球从最高到最低阶段Fmg所以ab阶段绳上的最大拉力差略大于bc阶段的最大拉力差 答：（1）；如图所示； 上升；（2）最低；若没有空气阻力，小球在最低点和最高点的拉力差为F=6mg若有空气阻力，当小球从最低到最高阶段F6mg，当小球从最高到最低阶段Fmg所以ab阶段绳上的最大拉力差略大于bc阶段的最大拉力差点评：本题关键明确实验原理，明确实验过程；对于DIS实验，可以测量传统实验中无法测量的一些过程量，对仪器的原理很少涉及，不难14（8分）（2011江西模拟）xx年诺贝尔物理学奖授予英国曼彻斯特大学科学家安德烈海姆和康斯坦丁诺沃肖洛夫，以表彰他们对石墨烯的研究他们最初是用透明胶带从石墨晶体上“粘”出一片石墨烯的我们平常所用的铅笔芯中就含有石墨，能导电某同学设计了探究铅笔芯伏安特性曲线的实验，得到如下数据（I和U分别表示通过铅笔芯的电流和其两端的电压）：U/V0.000.400.801.201.602.00I/A0.000.100.180.280.380.48实验室提供如下器材：A电流表A1（量程0.6A，内阻约为1.0）B电流表A2（量程3A，内阻约为0.1）C电压表V1（量程3V，内阻3k）D电压表V2（量程15V，内阻15k）E滑动变阻器R1（阻值010，额定电流2A）F滑动变阻器R2（阻值02k，额定电流0.5A）（1）除长约14cm的中华绘图2B铅笔芯、稳压直流电源E（6V）、开关和带夹子的导线若干外，还需选用的其它器材有ACE（填选项前字母）；（2）在虚线方框中画出实验电路图；（3）根据表格中数据在坐标纸上画出铅笔芯的IU图线考点：描绘小电珠的伏安特性曲线；伏安法测电阻专题：常规题型分析：（1）器材的选取需安全、精确通过表格中电流、电压的数值确定选择电流表、电压表的量程滑动变阻器采用分压式接法，选取总电阻较小的，测量误差较小（2）测量铅笔芯伏安特性曲线电流电压需从0开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法根据铅笔芯的电阻与电流表和电压表内阻比较，确定电流表的内外接（3）用平滑的曲线作出铅笔芯的IU图线解答：解：（1）用伏安法测量，需电压表、电流表和滑动变阻器，因为所处电压和电流的最大值分别为2.00V和0.48A，从精确度考虑，电流表选取量程为0.6A，电压表量程选取3V的为减小测量的误差，滑动变阻器选择010的故选ACE（2）因为电压、电流需从0测起，所以滑动变阻器采用分压式接法铅笔芯的电阻大约在4左右，与电流表内阻相当，远小于电压表内阻，属于“小”电阻，采用电流表外接法电路图如下图所示（3）用平滑曲线描点作图如下图故答案为：（1）ACE；（2）如图所示；（3）如图所示点评：解决本题的关键掌握器材的选取原则，以及知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，知道什么情况下用电流表内接法，什么情况下用电流表外接法15（8分）（xx浦东新区一模）硅光电池是一种可将光能转换为电能的元件某同学利用图（a）所示电路探究某硅光电池的路端电压U与电流I的关系图中R0=2，电压表、电流表均视为理想电表（b）（1）用“笔线”代替导线，将图（b）中的电路补充完整（2）实验一：用一定强度的光照射硅光电池，闭合电键S，调节可调电阻的阻值，通过测量得到该电池的UI曲线a，见图（c）由此可知此时该电池的电动势为2.90V；若调节可调电阻的阻值，使电流小于200mA，则此时电源内阻为4.0（3）实验二：减小实验一中光照的强度，重复实验，测得UI曲线b，见图（c）当可调电阻R的阻值调到某值时，若该电路在实验一中的路端电压为1.5V，则在实验二中变阻器R消耗的功率为27mW（计算结果保留两位有效数字）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题；恒定电流专题分析：根据原理图可以画出实物图，注意正负极不要连反了电源的UI图象的斜率表示其内阻，根据斜率的变化可以知道内阻的变化情况，图象与纵轴交点表示电动势，与横轴交点表示短路电流由图象b找到路端电压为1.5V的电路电流，由欧姆定律及串联电路特点求出可调电阻阻值，然后由P=I2R求出可调电阻消耗的电功率解答：解：（1）分析图甲所示实验原理图，根据原理图连接实物电路图，如图所示（2）在硅光电池的UI图象，当I=0，U=E，图线斜率的绝对值表示内阻由图线a可知E=2.90V，当电流小于200mA的情况下，此电池的内阻r=4.0（3）实验一中的路端电压为U1=1.5V时电路中电流为I1=0.25mA，连接a中点（0.25mA、1.5V）和坐标原点，此直线为此时对应滑动变阻器阻值的外电路电阻（定值电阻）的UI图，和图线b的交点为实验二中的路端电压和电路电流，如右图，电流和电压分别为I=80mA、U=0.5V，则变阻器R消耗的功率为P=（UIR0）I=27 mW故答案为：（1）如图（2）2.9；4.0（3）27 mW点评：本题为探究性实验，难点在第三问中，要注意通过读题找出两次实验中的关系，从而找出正确的方法；注意由于不符合线性关系，不能用欧姆定律求解四、计算题（共3小题，计48分，要求有必要的文字说明和主要的计算过程）16（16分）如图所示，某物块（可看成质点）从A点沿竖直光滑的圆弧轨道，由静止开始滑下，圆弧轨道的半径R=0.25m，末端B点与水平传送带相切，物块由B点滑上粗糙的传送带若传送带静止，物块滑到传送带的末端C点后做平抛运动，落到水平地面上的D点，已知C点到地面的高度H=5m，C点到D点的水平距离为x1=1m，g=10m/s2求：（1）物块滑到B点时速度的大小；（2）物块滑到C点时速度的大小；（3）若传送带顺时针匀速转动，则物块最后的落地点可能不在D点试讨论物块落地点到C点的水平距离x与传送带匀速运动的速度v的关系，并作出xv 的图象考点：动能定理的应用；平抛运动分析：（1）从A到B，由动能定理即可求得B点速度；（2）从C到D做平抛运动，根据平抛运动的规律即可求解；（3）要分情况进行讨论，先求出一直加速到C点的速度，再分顺时针、逆时针转动进行讨论，分析物体的运动情况，根据运动学基本公式求解解答：解：（1）从A到B，由动能定理得：mgR=mv12，解得：v1=m/s；（2）从C到D做平抛运动，竖直方向上有：H=gt2，解得：t=1s水平方向上有：x1=v2t，v2=1m/s（3）若物体在传送带上一直加速，到C点时速度为v3，由运动学规律有：v22v12=2as，v32v12=2as，代入数据解得：v3=3m/s，讨论：（1）若传送带逆时针转动：x=x1=1m（2）若传动带顺时针转动：、当0v1m/s时，x=x1=1m、当1m/sv3m/s时，x=vt=v、当v3m/s时，x=v2t=3m图象如图所示答：（1）物块滑到B点时速度的大小为；（2）物块滑到C点时速度的大小为1m/s；（3）：a若传送带逆时针转动：x=1mb若传动带顺时针转动：、当0v1m/s时，x=1m、当1m/sv3m/s时，x=v、当v3m/s时，x=3m，图象如图所示点评：本题主要考查了动能定理、平抛运动的基本规律，运动学基本公式的应用，要注意传动带顺时针转动时，要分析物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解17（16分）如图所示的平行板之间，存在着相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1=0.20T，方向垂直纸面向里，电场强度E1=1.0105 V/m，PQ为板间中线紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有一边界线AO，与y轴的夹角AOy=45，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2=0.25T，边界线的下方有水平向右的匀强电场，电场强度E2=5.0105 V/m，在x轴上固定一水平的荧光屏一束带电荷量q=8.01019C、质量m=8.01026 kg的正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为（0，0.4m）的Q点垂直y轴射入磁场区，最后打到水平的荧光屏上的位置C求：（1）离子在平行板间运动的速度大小（2）离子打到荧光屏上的位置C的坐标（3）现只改变AOy区域内磁场的磁感应强度 大小，使离子都不能打到x轴上，磁感应强度大小B2应满足什么条件？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）带电粒子电场力与洛伦兹力平衡时，即可求解；（2）离子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可求出半径；离子在电场中做类平抛运动，根据运动学公式可求出发生位移，从而确定离子打到荧光屏的水平坐标；（3）根据几何知识来画出运动轨迹，求出最大半径，并结合牛顿第二定律，求出磁场满足的条件解答：解：（1）设离子的速度大小为v，由于沿中线PQ做直线运动，则有qE1=qvB1，代入数据解得：v=5.0105 m/s，（2）离子进入磁场，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：qvB2=m得，r=0.2 m，作出离子的运动轨迹，交OA边界于N，如图甲所示，OQ=2r，若磁场无边界，一定通过O点，则圆弧QN的圆周角为45，则轨迹圆弧的圆心角为=90，过N点做圆弧切线，方向竖直向下，离子垂直电场线进入电场，做类平抛运动，y=OO=vt，x=at2，而a=，则x=0.4 m离子打到荧光屏上的位置C的水平坐标为xC=（0.2+0.4）m=0.6 m（3）只要粒子能跨过AO边界进入水平电场中，粒子就具有竖直向下的速度而一定打在x轴上如图乙所示，由几何关系可知使离子不能打到x轴上的最大半径r= m，设使离子都不能打到x轴上，最小的磁感应强度大小为B0，则qvB0=m，代入数据解得B0= T=0.3 T，则B20.3 T答案：（1）离子在平行板间运动的速度大小5.0105 m/s（2）离子打到荧光屏上的位置C的坐标0.6 m（3）现只改变AOy区域内磁场的磁感应强度大小，使离子都不能打到x轴上，磁感应强度大小B2应满足B20.3 T条件点评：考查带电粒子做匀速圆周运动与类平抛运动中，用牛顿第二定律与运动学公式，并结合几何关系来处理这两种运动，强调运动的分解，并突出准确的运动轨迹图18（16分）扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆其简化模型如图、两处的条形均强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直干扰面一质量为m、电量为q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入区，射入时速度与水平和方向夹角=30（1）当区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30，求B0及粒子在区运动的时间t0（2）若区宽度L2=L1=L磁感应强度大小B2=B1=B0，求粒子在区的最高点与区的最低点之间的高度差h（3）若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回区，求B2应满足的条件考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）加速电场中，由动能定理求出粒子获得的速度画出轨迹，由几何知识求出半径，根据牛顿定律求出B0找出轨迹的圆心角，求出时间（2）由几何知识求出高度差（3）当粒子在区域中轨迹恰好与右侧边界相切时，粒子恰能返回区由几何知识求出半径，由牛顿定律求出B2满足的条件解答：解：（1）如图所示，设粒子射入磁场区域时的速度为v，匀速圆周运动的半径为R1根据动能定理得：qU=mv2 由牛顿定律，得qvB0=m 由几何知识，得L=2R1sin=R1 联立代入数据解得B0= 粒子在磁场区域中运动的时间为t0= 联立上述解得：t0=；（2）设粒子在磁场区中做匀速圆周运动的半径为R2，由牛顿第二定律得：qvB2=m，由于B2=B1，得到R2=R1=L，由几何知识可得：h=（R1+R2）（1cos）+Ltan，联立，代入数据解得h=（2）L； （3）如图2所示，为使粒子能再次回到I区，应满足：R2（1+sin）L， 代入数据解得：B2h；答：（1）当区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30，B0及粒子在区运动的时间t0为；（2）若区宽度L2=L1=L磁感应强度大小B2=B1=B0，粒子在区的最高点与区的最低点之间的高度差h为（2）L；（3）若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回区，求B2应满足的条件为B2h点评：本题的难点在于分析临界条件，粒子恰好穿出磁场时，其轨迹往往与边界相切