2019-2020年高三物理上学期学科基础测试试题（含解析）.doc

2019-2020年高三物理上学期学科基础测试试题（含解析）【试卷综析】本试卷是高三开学模拟试题，包含了高中物理的全部内容，主要包含受力分析、牛顿运动定律、曲线运动、电场、磁场、恒定电流、电磁感应、热力学定律、动量守恒定律、光的折射等内容，在注重考查核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。一、单项选择题(本题共10小题:每小题3分，共30分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确。选对得3分，有选错或不答得0分)【题文】1.由力学规律可知，物体A.速度变化越大，加速度一定越大B.加速度为零，速度也一定为零C.加速度减小，速度也一定减小D.速度变化越快，加速度一定越大【知识点】加速度A1【答案解析】 D 解析： A、速度变化越大，加速度不一定越大，还取决于速度变化所用的时间长短故A错误B、速度为零，加速度不一定为零，比如，竖直上抛物体到最高点时速度为零，而加速度不是零故B错误C、当加速度方向与速度方向相同，加速度减小，速度增大，当加速度方向与速度方向相反，加速度减小，速度减小故C错误D、加速度表示物体速度变化的快慢，加速度越大，物体速度变化越快故D正确;故选D【思路点拨】加速度是反映速度变化快慢的物理量，当加速度方向与速度方向相同时，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，做减速运动解决本题的关键知道加速度的物理意义，掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度方向和速度方向的关系【题文】2.如图所示为某新型夹砖机，它能用两支巨大的“手臂”将几吨砖夹起，大大提高了工作效率。己知该新型夹砖机能夹起质量为m的砖，两支“手臂”对砖产生的最大压力为Fmax (设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，则“手臂”与砖之间的动摩擦因数至少为A. B. C. D.【知识点】滑动摩擦力B2【答案解析】B 解析： 对砖进行受力分析，根据平衡条件得：2f=mg 2Fmax=mg解得：故选B【思路点拨】砖在竖直方向受力平衡，对砖进行受力分析，根据平衡条件即可求解本题主要考查了滑动摩擦力公式和平衡条件的直接应用，难度不大，属于基础题【题文】3.如图所示，质量为M、半径为R、内壁光滑的半球形容器静止放在粗糙水平地面上，O为球心。有一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在半球底部处，另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点。已知地面与半球形容器间的动摩擦因数为, OP与水平方向夹角为。则A.小球受到轻弹簧的弹力大小为B.小球受到容器的支持力大小为C.半球形容器受到地面的摩擦力大小为D.半球形容器受到地面的支持力大小为【知识点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力B2 B3 B4【答案解析】D 解析： 解： A、B、对小球受力分析，如图所示，由几何关系可知，T=F=mg，故AB错误；C、D、以容器和小球整体为研究对象，分析受力可知：竖直方向有：总重力、地面的支持力，N=（M+m）g；水平方向地面对半球形容器没有摩擦力故C错误，D正确故选：D【思路点拨】对小球进行受力分析可知，小球受重力、支持力及弹簧的弹力而处于静止，由共点力的平衡条件可求得小球受到的轻弹簧的弹力及小球受到的支持力；对容器和小球整体研究，分析受力可求得半球形容器受到的摩擦力【题文】4.某实验小组利用DIS系统在电梯内研究超重和失重现象。他们在电梯地板上放置一个压力传感器，在传感器上放一个质量为2kg的布娃娃，如图甲所示。实验中计算机显示出传感器所受压力大小随时间变化的关系，如图乙所示。则A.从到，布娃娃处于失重状态B.从到，布娃娃处于超重状态C.电梯可能先停在低楼层，经加速向上、匀速向上、减速向上过程，最后停在高楼层D.电梯可能先停在高楼层，经加速向下、匀速向下、减速向下过程，最后停在低楼层【知识点】牛顿运动定律的应用-超重和失重C2 C3【答案解析】C 解析： A、从时该t1到t2，物体受到的压力大于重力时，物体处于超重状态，加速度向上，故A错误；B、从时刻t3到t4，物体受到的压力小于重力，物块处于失重状态，加速度向下，故B错误；C、如果电梯开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层，那么应该从图象可以得到，压力先等于重力、再大于重力、然后等于重力、小于重力、最后等于重力，故C正确；D、如果电梯开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层，那么应该是压力先等于重力、再小于重力、然后等于重力、大于重力、最后等于重力，故D错误；故选：C【思路点拨】当物体受到的压力大于重力时，物体处于超重状态，加速度向上；当物体受到的压力小于重力时，物体处于失重状态，加速度向下；根据图象并结合实际情况得到压力变化规律，从而得到物体的运动情况本题关键是根据压力的变化情况，得到超、失重情况，然后与实际情况向对照，得到电梯的运动情况【题文】5.暑期中，一位同学在厨房帮妈妈做菜，对菜刀产生了兴趣。他发现菜刀刀刃前端和后端的厚薄及形状都不一样，如图所示。菜刀横截面为等腰三角形，刀刃前端的横截面顶角较小，后端的顶角较大。对此他做出如下猜想，较合理的是A.前端和后端厚薄不匀，仅是为了外形美观，跟使用功能无关B.在刀背上施加压力时，前端分开其他物体的力较大C.在刀背上施加压力时，后端分开其他物体的力较大D.在刀背上施加压力时，前端和后端分开其他物体的力一样大【知识点】力的合成B3 B4【答案解析】B 解析： 把刀刃部分抽象后，可简化成一个等腰三角劈，设顶角为2，背宽为d，侧面长为l，如图乙所示当在劈背施加压力F后，产生垂直侧面的两个分力F1、F2，使用中依靠着这两个分力分开被加工的其他物体由对称性知，这两个分力大小相等（F1=F2），因此画出力分解的平行四边形，实为菱形，如图丙所示在这个力的平行四边形中，取其四分之一考虑（图中阴影部分），根据它跟半个劈的直角三角形的相似关系，由关系式，得F1=F2由此可见，刀背上加上一定的压力F时，侧面分开其他物体的力跟顶角的大小有关，顶角越小，sin的值越小，F1和F2越大但是，刀刃的顶角越小时，刀刃的强度会减小，碰到较硬的物体刀刃会卷口甚至碎裂，实际制造过程中为了适应加工不同物体的需要，所以做成前部较薄，后部较厚使用时，用前部切一些软的物品（如鱼、肉、蔬菜、水果等），用后部斩劈坚硬的骨头之类的物品，俗话说：“前切后劈”，指的就是这个意思故B正确故选：B【思路点拨】根据力的平行四边形定则可知，相同的压力下，顶角越小，分力越大；相同的顶角下，压力越大，分力越大考查力的平行四边形定则，体现了控制变量法，同时学会用三角函数来表示力与力的关系【题文】6.如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，电阻为R,线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀增大到2B。在此过程中，通过线圈导线某个横截面的电荷量为A. B. C. D. 【知识点】法拉第电磁感应定律L2【答案解析】C 解析： 根据法拉第电磁感应定律E=n ，故选C【思路点拨】根据法拉第电磁感应定律E=n，求解感应电动势，其中S是有效面积解决电磁感应的问题，然后根据 求解。 【题文】7.一倾角为,高度为的斜面AB与水平面BC在B点平滑相连。一质量的滑块从斜面顶端A处由静止开始下滑，经过B点后，最终停在C点。已知滑块与接触面的动摩擦因数均为，不计滑块在B点的能量损失。则A.滑块到达B处的速度为B.滑块从A滑至B所用的时间为C.BC间距为D.滑块从B到 C的过程中，克服摩擦力所做的功为20J【知识点】受力分析 牛顿运动定律 B4 C2【答案解析】C 解析： A、滑块沿斜面下滑，重力的分力减去摩擦力提供向心力 ，斜面长度l=2m，根据 、带入数据 ，故A错误；B、根据 ，带入数据 故B错误；C、D从B到C由动能定律 ，带入数据 ， 故C正确、D错误；故选C【思路点拨】对物体受力分析，重力沿斜面的分力减去摩擦力提供加速度，物体从斜面上做匀加速直线运动，然后根据匀变速运动规律求解，当到达水平面上后物体做匀减速运动，由动能定理求得位移与摩擦力做的功。【题文】8.为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图所示装置进行实验。小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落，发现两球同时落地。关于该实验的说法，正确的是A.两球的质量应相等B.两球落地时速度大小相等c.应改变装置高度，多次实脸D.实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动【知识点】研究平抛物体的运动D3【答案解析】C 解析：A、D根据装置图可知，两球由相同高度同时运动，A做平抛运动，B做自由落体运动，因此将同时落地，由于两球同时落地，因此说明A、B在竖直方向运动规律是相同的，不能说明A球水平方向的规律，故A、D错误；B、因为落地竖直方向速度相等，A球具有水平速度，故落地时两球速度大小、方向都不同，故B错误；C、故根据实验结果可知，平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动，不需要两球质量相等，要多次实验，观察现象，则应改变装置的高度，多次实验，故C正确故选C【思路点拨】本题图源自课本中的演示实验，通过该装置可以判断两球同时落地，可以验证做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动；本题比较简单，重点考察了平抛运动特点，平抛是高中所学的一种重要运动形式，要重点加强【题文】9.如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加电压为之U，电子最终打在光屏P上。只改变某一条件，关于电子的运动，下列说法中正确的是A.滑动变阻器滑片向右移动时，电了打在荧光屏上的位置上升B.滑动变阻器滑片向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升C.电压U增大时，电子从发出到打在荧光屏上的时间增大D.电压U增大时，电子打在荧光屏上的速度大小不变【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动I3【答案解析】B 解析：电子在加速电场中做加速运动，根据动能定理得：eU=mv2，则得电子获得的速度为：v=电子进入偏转电场后做类平抛运动，电子在沿极板方向做匀速直线运动，粒子在电场中运动时间：t=；在平行电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度a=，电子在电场方向偏转的位移y=at2联立以上各式得：y=又因为偏转电场方向向下，所以电子在偏转电场里向上偏转A、B：滑动触头向右移动时，加速电压U变大，由上可知电子偏转位移变小，因为电子向上偏转，故在屏上的位置下降，相反，滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏上的位置上升，故A错误，B正确；C、电子在电场中运动的时间不变，离开电场后做匀速直线运动，由于水平速度不变，运动时间也不变，所以电子从发出到打在荧光屏上的时间不变故C错误D、偏转电压U增大时，电子在电场中受到的电场力增大，即电子偏转的加速度a增大，又因为电子加速获得的速度v不变，电子在电场中运动的时间不变，a增大，而电子打在屏上的速度为v=，故电子打在屏上的速度增大，故D错误故选：B【思路点拨】滑动触头向右移动时，加速电压增大，加速后速度变大，粒子在偏转电场中运动时间变短，粒子在平行偏转电场方向的位移减小同理触头向左移动时，加速电压减小，加速后速度变小，粒子在电场中运动时间变长，粒子在平行偏转电场方向的位移增大；当加速电压不变时，偏转电压变化，影响平行电场方向的电场力的大小，也就是影响加速度的大小，粒子在电场中运动时间不变，改变偏转的位移大小电子在加速电场作用下做加速运动，要能运用动能定理可得电子获得的速度与加速电场大小间的关系电子进入偏转电场后，做类平抛运动，运动时间受电场的宽度和进入电场时的速度所决定，电子在电场方向偏转的距离与时间和电场强度共同决定熟练用矢量合成与分解的方法处理类平抛运动问题【题文】10.甲图中a、b是电流相等的两直线电流，乙图中c、d是 电荷量相同的两正点电荷，O为 两电流(或电荷)连线的中点，在O点正上方有一电子，以较小的速度v射向O点，不计电子重力。则电子 A.在甲图中将做变速运动B.在乙图中将做往复运动C.在乙图中向O点运动时，加速度一定减小D.在乙图中到达O点时动能最小，电势能最大【知识点】电场线；电势能I1 I2【答案解析】B 解析： A、甲图中ab在电子运动的方向上产生的磁场的方向都向下，与电子运动的方向相同，所以电子不受洛伦兹力的作用将做匀速直线运动故A错误；B、乙图中，cd的连线上，O点上方的电场方向向上，O点下方的电场的方向向下，电子在O点上方受到的电场力的方向向下，在O点的下方受到的电场力的方向向上，所以电子先做加速运动，后做减速运动，将在某一范围内做往复运动故B正确；C、乙图中，cd的连线上，O点的电场强度是0，O点上方的电场方向向上，O点下方的电场的方向向下，从O点向两边电场强度的电场线增大，后减小，所以乙图中的电子在向O点运动的过程中，加速度不一定在减小故C错误；D、乙图中，cd的连线上，O点上方的电场方向向上，O点下方的电场的方向向下，所以O点的电势最高；电子带负电，乙图中的电子在O点动能最大，电势能最小故D错误故选：B【思路点拨】根据安培定则判断出磁场的方向，根据左手定则判断出电子运动中受力方向，根据电子受到的电场力的特点判断出电子在电场中的运动特点. 该题考查常见的磁场与常见电场的特点，这是考查的重点内容之一，要牢记二、不定项选择题(本题共4小题：每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的，不答得0分)【题文】11.将地面上朴止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点过程中的v-t图象如图所 示。则A.前3s内物体的位移大小为18mB.最后2s内货物只受重力作用C.前3s内与最后2s内货物的平均速度相同D.第3s末至第5s末的过程中，货物的机械能守恒【知识点】机械能守恒定律；牛顿运动定律的应用-超重和失重C3 C5 E3【答案解析】 C 解析： A、v-t图像中面积表示位移，则前3s位移 ，故A错误；B、最后2s内货物的加速度a=g，所以还受到绳子的拉力，故B错误；C、前3s内的平均速度3m/s，最后2s内货物的平均速度3m/s，所以前3s内与最后2s内货物的平均速度相同，故C正确；D、第3s末至第5s末的过程中，货物匀速运动，绳子的拉力等于重力，绳子的拉力做正功，机械能不守恒，故D错误故选：C【思路点拨】根据v-t图象可知道物体的运动过程和性质，也可求出对应的加速度，前3s内货物向上做匀加速直线运动，加速度的方向是向上匀变速直线运动平均速度 ，只有重力或弹力做功时机械能守恒该题考查了匀变速直线运动的速度时间图象、平均速度公式、机械能守恒条件等知识点本题的关键在于能够通过速度时间图象对物体进行运动过程分析和受力分析，难度适中【题文】12.如图所示，一个小滑块(可视为质点)从离B点高H =12m处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，进入半径R=4m的竖直圆环，且滑块与圆环动摩擦因数处处相等。当到达环顶C时，刚好对轨道压力为零：沿CB圆弧滑下后，进入光滑弧形轨道BD，且到达离B点高h的D点时，速度为零。则h不可能为A. 12m B.13 m C.8.5m D. 7m【知识点】机械能守恒定律E3【答案解析】ABD 解析： 到达环顶C时，刚好对轨道压力为零所以在C点，重力充当向心力根据牛顿第二定律因此 R=4m所以 mv2=2mg所以在C点，小球动能为2mg，因为圆环半径是4m，因此在C点，以b点为零势能面，小球重力势能=2mgR=8mg开始小球从H=12m 高处，由静止开始通过光滑弧形轨道ab因此在小球上升到顶点时，根据动能定理得：wf+mg（12-8）=mv2-0所以摩擦力做功wf=-2mg，此时机械能等于10mg，之后小球沿轨道下滑，由于机械能有损失，所以下滑速度比上升速度小，因此对轨道压力变小，所受摩擦力变小，所以下滑时，摩擦力做功大小小于2mg，机械能有损失，到达底端时小于10mg此时小球机械能大于10mg-2mg=8mg，而小于10mg所以进入光滑弧形轨道bd时，小球机械能的范围为，8mgEp10mg所以高度范围为8mh10m，选不可能的，故选ABD【思路点拨】到达环顶C时，刚好对轨道压力为零，根据牛顿第二定律求出在C点的速度根据动能定理研究小球上升到顶点过程求出摩擦力做功小球沿轨道下滑，由于机械能有损失，所以下滑速度比上升速度小，因此对轨道压力变小，所受摩擦力变小，所以下滑时，摩擦力做功大小小于上升过程做的功根据能量守恒求解选取研究过程，运用动能定理解题动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功【题文】13.如图甲所示，直线MN表示某电场中一条电场线，C、D是电场线上两点，一带正电的粒子从C处由静止释放。粒子在只受电场力作用下从C运动到D过程中，加速度a随时间t变化关系如图乙所示。设C、D两点的电势分别为，场强大小分别为，粒子在C、D两点的电势能分别为，不计粒子重力，则有A. B. C. D.【知识点】电势；电场强度I1 I2【答案解析】CD 解析：A、 D、正电荷从c释放（初速度为0）后，能加速运动到d，说明电荷受到的电场力方向是从c指向D，所电场线由C到D，沿电场线方向，电势降低，所以 ，故A错我， C到D电场力做正功，电势能减小，所以C、D两点的电势关系是，故D正确；B、C、由图b知从C运动到D的过程中，它的加速度是逐渐减小的，由牛顿第二定律知，电荷从a到b时，受到的电场力是逐渐减小的，由 E=知，故C正确，B错误；故选：CD【思路点拨】根据受力方向判断电场线方向，根据加速度的大小判断场强大小的变化本题考查了对图象的认识和理解，能从图象中获取有用的物理信息，本题是小型的综合题【题文】14.如图所示，AOB为一边界为圆弧的匀强磁场区域，圆弧半径为R，O点为圆心，D点为边界OB中点，C点为边界上一点，且CD/AO。现有两个完全相同的带电粒子以相同速度射入磁场(不计粒子重力)，其中粒子1从A点正对圆心O射入，恰从B点射出，粒子2从C点沿CD射入，从某点离开磁场，则A.粒子2在磁场中的轨道半径等于RB.粒子2必在B点射出磁场C.粒子1与粒子2在磁场中运行时间之比为3:2D.粒子1与粒子2离开磁场时速度方向相同【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动K2【答案解析】 ABC 解析： A、粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子在你磁场中运动的圆心角为90，粒子轨道半径等于BO，粒子2从C点沿CD射入其运动轨迹如图所示，设对应的圆心为O1，运动轨道半径也为BO，连接O1C、O1B，O1COB是平行四边形，O1B=CO，则粒子2一定从B点射出磁场，故A、B正确；C、粒子1的速度偏角，粒子在磁场中转过的圆心角1=90，连接PB，可知P为O1C的中点，由数学知识可知，2=BO1P=60，两粒子的速度偏角不同，粒子在磁场中运动的周期：T=，两粒子的周期相等，粒子在磁场中的运动时间t= T，的运动时间之比：t1：t2=1：2=90：60=3：2，故C正确，D错误；故选：ABC【思路点拨】粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子的运动轨迹，应用数学知识与牛顿第二定律分析答题本题考查了粒子在匀强磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹、应用数学知识、周期公式即可正确解题.三、实验题(本题共3小题：每空2分，共18分。请把答案填在答题卷相应题中的横线上)【题文】15.某实验小组通过自由落体运动验证机械能守恒定律。小组成员选择所需实验仪器，并安装好如图所示的实验装置(电源已接未画出)开始实验。请回答:（1）结合如图所示的实验装置，该实验还需的实验器材有：_。（2）由如图装置可知该小组的操作存在不合理的地方，请指出其中两条：_,_(3)下面4条纸带中，哪一条是该小组纠正所有不合理操作后打出的纸带?答：_。【知识点】验证机械能守恒定律E5【答案解析】（1） 刻度尺 （2）重锤未靠近打点计时器；纸带未全部拉直；两限位孔未竖直对齐等（3）D 解析： ：（1）实验中纸带上的点点之间的距离需要测量，故用到刻度尺，（2）打点计时器的限位孔必须保持竖直，减小纸带与打点计时器之间的摩擦力，手提住纸带的末端减少松开纸带后，纸带与打点计时器之间的摩擦力，重锤靠近打点计时器减少纸带的浪费增加运动时间，提高纸带的利用率；(3)纠正所有问题后，重物做匀加速运动，故两点间间距越来越大，故选D【思路点拨】（1）根据实验步骤和数据的处理得答案；（2）从减少实验误差的角度得答案；正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数据、及数据的处理等，会起到事半功倍的效果【题文】16.实验室有以下器材:A.一满偏电流为300的电流计：两正接线柱对应不同内阻的两档，G0档对应内阻为，G1档对应内阻为；B.电压表：量程3v，内阻约；C.电源：电动势3v D.滑动变阻器：“，1A”E.开关、导线若干；现使用伏安法测阻值约的电阻，则测量电路应选图_-(填“甲”或“乙”)。考虑电压表读数误差要求，电流计应选_档(填“G0”或“G1”).【知识点】伏安法测电阻J5【答案解析】甲 ； G1 解析：被测电阻阻值与电压表内阻较为接近，即属于大电阻，应采用电流表内接，故选用甲电路图，为保证电流计的安全，根据欧姆定律，被测电阻与电流计的电阻之和约为： =10k故电流计选择内阻较大的G1；【思路点拨】被测电阻阻值与电压表较为接近，故应使电流表测真实值；当滑动变阻器阻值与比被测电阻小比较多时采用分压接法；由欧姆定律求被测电阻的阻值【题文】17.实验室购买了一卷标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度。该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为1.7x10-8，再利用甲图所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度。可供使用的器材有:电流表:量程0.6A,内阻约；电压表:量程3V，内阻约；滑动变阻器R1：最大阻值；滑动变阻器R2：最大阻值；定值电阻，R0 =；电源E：干电池组（4节干电池）；开关、导线若干。（1）实验中滑动变阻器应选_(选填 “R1”或“R2”)；（2）在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路在答题纸相应位置完成剩余部分的连接；（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A时，电压表示数如乙图所示，则导线实际长度为_m(保留2位有效数字)【知识点】测定金属的电阻率J5【答案解析】（1） R2 （2）见图 （3）94 （9395都可以） 解析： ：（1）本实验采用限流法测电阻，所以滑动变阻器的最大阻值应为R0和Rx总阻值的4倍以上，R0=3，所以滑动变阻器选R2，闭合开关S前应将滑片移至阻值最大处，即a处；（2）根据实验电路图，连接实物图，如图所示：（3）根据图乙读出电压U=2.30V，根据欧姆定律得：R0+Rx=4.6解得：Rx=1.6根据电阻定律得：Rx=解得：L=94m【思路点拨】（1）本实验采用限流法测电阻，所以滑动变阻器的最大阻值应为R0和Rx总阻值的4倍以上，闭合开关S前应将滑片移至阻值最大处；（2）根据实验电路图，连接实物图；（3）根据图乙读出电压，注意估读；根据欧姆定律及电阻定律即可求解四、计算题(本题共3小题:共36分。解答计算时要写出必要的文字说明、方程 式和重要演算步骤，只写出最后答案不给分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)【题文】18. (10分)如图所示，质最m=6.Okg的滑块(可视为质点)，在水平牵引功率恒为P=42W的力作用下从A点由静止开始运动，一段时间后撤去牵引力。当滑块由平台边缘B点飞出后，恰能以5m/s的速度从竖直光滑圆弧轨道CDE上C点的切线方向切入轨道，并从轨道边缘E点竖直向上抛出。已知COD=, AB间距离L=3m,滑块与平台间的动摩擦因数=0.2，圆弧轨道半径R=1.0m。不计空气阻力。取,求:(1)滑块运动到B点时的速度大小;(2)回弧轨道对滑块的最大支持力;(3)滑块在平台上运动时水平牵引力的作用时间。【知识点】功率、平均功率和瞬时功率E1 E2【答案解析】（1）3m/s (2)258N (3)1.5s 解析： (1)C点水平分速度 B点的速度 (2)在C点，轨道对滑块的支持力最大。滑块从C点到D点，由机械能守恒定律得： 在D点 ， (3) 滑块从A点到B点，由动能定律，得： 【思路点拨】（1）根据平抛运动的规律，结合平行四边形定则求出水平分速度，即B点的速度大小（2）根据动能定理求出D点的速度，通过牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出滑块对圆弧轨道的最大压力（3）根据B点的速度，结合动能定理求出牵引力作用的时间本题考查了平抛运动、圆周运动和动能定理的综合，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律和圆周运动向心力的来源是解决本题的关键【题文】19. (12分)如图所示，一根电阻为R的电阻丝做成一个半径为r的圆形线框，竖直放置在水平匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。现有一根质量为m、电阻不计的导体棒，自圆形线框最高点由静止开始沿线框下落，在下落过程中始终与线框良好接触，且保持水平。已知下落距离为时，棒的速度大小为v1，加速下落至圆心O时，棒的速度大小为v2。试求:(1)金属棒下落距离为时，金属棒中感应电流的大小和方向；(2)金属棒下落距离为时的加速度大小；（3）金属棒下落至圆心O时，整个线框的发热功率。【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；安培力；电磁感应中的能量转化C2 L2 L5【答案解析】（1） 水平向右 （2） （3） 解析： (1)由右手定则得， 金属棒中的感应电流方向为：水平向右 接入电路中的导体棒产生的感应电动势： 此时电路的总电阻： (2)金属棒上的安培力: (3)金属棒上的安培力： P热=PA = P热 【思路点拨】棒下落距离为 r时，棒切割磁感线产生感应电动势，根据几何知识求出棒的有效切割长度，即可求出感应电动势，由欧姆定律和安培力公式结合求出安培力，根据牛顿第二定律可求得加速度求得下落到圆心时的瞬时速度，从而求得瞬时安培力和速率，从而求得热功率。【题文】20.(14分)如图所示，边长L=0.2m的正方形，abcd区域(含边界)内，存在着垂直于区域表面向内的匀强磁场，磁感应强度B=5.0 X 10-2T。带电平行金属板MN、PQ间形成了匀强电场，电场强度为E(不考虑金属板在其他区域形成的电场)，MN放在ad边上，两板左端M、P恰在ab边上，两板右端N、Q间有一块开有小孔O的绝缘挡板，金属板长度、板间距、挡板长度均为l=0. I m。在M和P的中间位置有一离子源S，能够正对孔0不断发射各种速度的带负电离子，离子的电荷量均为q=3.2 X 10-18C，质量均为m=6.4 X 10-26kg。(不计离子重力，不考虑离子之间相互作用力，离子打到金属板或档板上后将不反弹) (1)为使离子能沿SO连线穿过孔0，则哪块金属板带正电?当电场强度E=106N/C时，求穿过孔O的离子的速率;(2)为使沿SO连线穿过O并进入磁场区域的离子直接从bc边射出，求满足此条件的电场强度r的取值范围;(3)在电场强度取第(2)问中满足条件的最小值的情况下，紧贴磁场边缘cd内侧，从c点沿cd方向入射一电荷量也为q、质量也为m的带正电离子，要保证磁场中能够发生正、负离子的相向正碰(碰撞时两离子的速度方向恰好相反)，求该正离子入射的速率。【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力C2 D4 K2 K4【答案解析】（1） （2） （3） 解析： （1） MN板带正电 穿过孔O的离子在金属板间需满足： （2）穿过孔O的离子在金属板间仍需满足： 离子穿过孔O后在磁场中做匀速圆周运动， 从bc边射出的离子，其临界轨迹如图中的， 轨迹半径的范围： （3）当E取最小值时，离子轨迹如图中的， 发生同向正碰，即两离子的轨迹圆应内切，如图： 设从c进入磁场的离子运动的半径为r, 速率为v,则： 又因为 【思路点拨】（1）由平衡条件可以求出离子速度（2）作出粒子运动轨迹，求得粒子的运动半径范围，从而求得电场强度的范围（3）根据几何知识求出离子轨道半径，由牛顿第二定律求出离子速率