2019-2020年高三物理上学期8月开学试卷（含解析）.doc

2019-2020年高三物理上学期8月开学试卷（含解析）一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分）1如图所示，劈a放在光滑的水平面上，斜面光滑，把b物体放在斜面的顶端由静止开始滑下，则在下滑过程中，a对b的弹力对b做的功为W1，b对a的弹力对a做的功为W2，下列关系中正确的是( )AW1=0，W2=0BW10，W2=0CW1=0，W20DW10，W202如图所示，光滑的半径为R的半圆轨道固定，质量为m的小球由静止开始，第一次从A滑到C，第二次从B滑到C，则在这两个过程中( )A小球所受的支持力的冲量相同B小球所受的合力冲量相同C小球所受的合力做功相同D小球所受的支持力的冲量为零3一辆小车在水平面上作匀速运动，从某时刻起，牵引力与阻力随时间变化的规律如图所示，则小车牵引力的功率在t1时间内随时间变化的图线是图中的哪一个？（图中F、f分别表示牵引力和阻力）( )ABCD4如图所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图所示某同学根据图象作出如下一些判断( )A滑块与木板间始终存在相对运动B滑块始终未离开木板C滑块的质量大于木板的质量D在t1时刻滑块从木板上滑出5一只小船静止在湖面上，一个人从小船的一端走到另一端（不计水的阻力），以下说法中正确的是( )A人在小船上行走，人的质量比船小，它们所受冲量的大小是相等的，所以人向前运动得快，船后退得慢B人在船上行走时，人的质量比船小，人对船作用的冲量比船对人作用的冲量小，所以人向前运动得快，船后退得慢C人在船上行走时，船对人作用的冲量比人对船作用的冲量大，所以人向前运动得快，船后退得慢D当人停止走动时，因船的惯性大，所以船将会继续后退6如图所示，光滑水平面有质量相等的A、B两物体，B上装有一轻质弹簧，B原来处于静止状态，A以速度v正对B滑行，当弹簧压缩到最短时( )AA的速度减小到零B是A和B以相同速度运动的时刻C是B开始运动时D是B达到最大速度时7一个劲度系数为k，由绝缘材料制成的轻弹簧，一端固定，另一端与质量为m、带正电荷电量为q的小球相连，静止在光滑绝缘水平面上，当加入如图所示的场强为E的匀强电场后，小球开始运动，下列说法正确的是( )A球的速度为零时，弹簧伸长B球做简谐运动，振幅为C运动过程中，小球的机械能守恒D运动过程中，小球的电势能和弹性势能向动能相互转化8如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知( )AP点电势高于Q点电势B带电质点在Q点具有的电势能比在P点具有的电势能大C带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大D带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大9如图所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N与静电计相接，极板M接地用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U在两板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度在整个实验过程中，保持电容器所带电量Q不变，下面哪些操作将使静电计指针张角变小( )将M板向下平移将M板沿水平向左方向远离N板在M、N之间插入云母板（介电常数1）在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触ABCD10如图所示，通电直导线ab位于两平行导线的横截面MN的连线的中垂线上，MN固定，ab可自由转动，且电流方向如图示，当平行导线MN通以图示的同向等值电流时，以下说法中正确的是( )Aab顺时针旋转Bab逆时针旋转Ca端向外，b端向里旋转Da端向里，b端向外旋转11如图所式，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带点粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧，这些粒子的质量，电荷量以及速度大小如表所示由以上信息可知，从图中abc处进入的粒子对应表中的编号分别为( ) 粒子编号质量电荷量（q0）速度大小1m2qV22m2q2v33m3q3v42m2q3v52mqvA3，5，4B4，2，5C5，3，2D2，4，512如图所示，一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子，不计重力在a点以某一初速度水平向左射入磁场区域，沿曲线abcd运动，ab、bc、cd都是半径为R的圆弧粒子在每段圆弧上运动的时间都为t规定由纸面垂直向外的磁感应强度为正，则磁场区域、三部分的磁感应强度B随x变化的关系可能是图中的( )ABCD13如图所示，两块金属板水平放置，与左侧水平放置的线圈通过开关K用导线连接压力传感器上表面绝缘，位于两金属板间，带正电的小球静置于压力传感器上，均匀变化的磁场沿线圈的轴向穿过线圈K未接通时压力传感器的示数为1N，K闭合后压力传感器的示数变为2N则磁场的变化情况可能是( )向上均匀增大向上均匀减小 向下均匀减小向下均匀增大A只有正确BCD以上都不可能14如图，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的正确判断是( )AFN先小于mg后大于mg，运动趋势向左BFN先大于mg后小于mg，运动趋势向左CFN先小于mg后大于mg，运动趋势向右DFN先大于mg后小于mg，运动趋势向右二、填空题（本大题共3小题，每空2分，共20分）15某同学用如图所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律，图中PQ是斜槽，QR为水平槽实验时先使A球从斜槽上某一故定位置G由静止开始滚下落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹重复上述操作10次，得到10个落点痕迹再把B球放在水平槽末端，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹重复这种操作10次，图甲中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零点与O点对齐（1）碰撞后B球的水平射程应取为_cm（2）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？答：_（填选项号）A水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离BA球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离C测量A球或B球的直径D测量A球和B球的质量（或两球质量之比）E测量G点相对于水平槽面的高度（3）若未放B球时，A球的落点为P，A球与B球碰后的落点分别方M、N，那么能表示碰撞中动量守恒的式子应为_16在验证机械能守恒定律的实验中，质量为1kg的重锤自由下落，通过打点计时器在纸带上记录运动过程，打点计时器所接电源的频率为50Hz，如图所示纸带上O点为重锤自由下落时纸带打点起点，选取的计数点A、B、C、D依次间隔为一个点，各计数点与O点距离如图示，单位为mm，g=9.8m/s2则：（1）打点计时器记录B点时，重锤速度vB=_，重锤的动能为EkB=_（2）从A点下落算起，打点计时器记录B点时，重锤重力势能减少为_（3）以B点为例，说明你怎样判断重锤下落过程中机械能是否守恒？_17某研究性学习小组做探究“橡皮筋做的功和物体速度变化的关系”的实验，实验开始前，他们提出了以下几种猜想：wvwv2实验装置如图1所示，图2中是小车在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行的情形，这时橡皮筋对小车做的功记为W 当我们用2条、3条完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次实验时，每次橡皮筋都拉伸到同一位置释放 小车在实验中获得的速度由打点计时器所打的纸带测出（1）实验时为了使小车只在橡皮筋作用下运动，应采取的措施是_；（2）每次实验得到的纸带上的点并不都是均匀的，为了计算出小车获得的速度，应选用纸带的_部分进行测量；（3）同学们设计了以下表格来记录数据其中w1、w2、w3、w4表示橡皮筋对小车做的功，v1、v2、v3、v4、表示物体每次获得的速度实验次数1234ww1w2w3w4vv1v2v3v4他们根据实验数据绘制了如图3所示的wv图象，由图象形状得出结论wv2他们的做法是否合适？请说明理由：_三、计算题（本大题共4小题，共38分解答应写出必要的文字说明、只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）18如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上已知l=1.4m，v=3.0m/s，m=0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数=0.25，桌面高h=0.45m，不计空气阻力，重力加速度取10m/s2，求：（1）小物块落地点距飞出点的水平距离s；（2）小物块落地时的动能EK；（3）小物块的初速度大小v019两个半径均为R的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d，极板间电压为U，板间电场可以认为是均匀的一个粒子从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板中心已知质子电荷为e，质子和中子的质量均视为m，忽略重力和空气阻力的影响求：（1）极板间的电场强度E；（2）粒子在极板间运动的加速度a；（3）粒子的初速度v020如图所示，在x轴上方有匀强电场，场强为E；在x轴下方有匀强磁场，磁感强度为B，方向如图，在x轴上有一点M，离O点距离为l现有一带电量为+q的粒子，从静止开始释放后能经过M点求如果此粒子放在y轴上，其坐标应满足什么关系？（重力忽略不计）21如图所示，两条无限长且光滑的平行金属导轨MMNN的电阻为零，相距l=0.4m，水平放置在方向竖直向下、磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，ab，cd两金属棒长度与导轨宽度相同，电阻均为R=0.5，垂直地跨放在导轨上，ab的质最为m1=0.4kg，cd的质量为m2=0.1kg，开始将cd棒锁定在导轨上，给ab棒一个向左的瞬时冲量，以初速度v1=5m/s开始滑动，当速度降为v0=10m/s时，将对cd棒的锁定解除（1）在解除对cd棒的锁定前，电路中一共产生了多少焦耳热？（2）在cd刚开始运动时，cd棒的加速度多大？（3）cd棒能获得的最大速度是多大？北京市重点中学xx届高三上学期开学物理试卷（8月份）一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分）1如图所示，劈a放在光滑的水平面上，斜面光滑，把b物体放在斜面的顶端由静止开始滑下，则在下滑过程中，a对b的弹力对b做的功为W1，b对a的弹力对a做的功为W2，下列关系中正确的是( )AW1=0，W2=0BW10，W2=0CW1=0，W20DW10，W20考点：功的计算专题：动能定理的应用专题分析：据力与位移方向的夹角来判断力是否做功，当力与位移的夹角为90时，力对物体不做功斜面对小物体的弹力做的功不为零解答：解：滑块受重力、支持力，斜面受重力、支持力和压力；滑块和斜面体系统机械能守恒，总动量也守恒；对斜面体a，受到的压力垂直斜面向下，水平向右方向有分力，a向右有位移，由W=FScos知压力做正功，故W20；滑块和斜面体系统机械能守恒，故斜面体a增加的机械能等于滑块b减小的机械能，故支持力对滑块b做负功，即W10；故选：D点评：本题不能有思维定势，认为斜面是静止不动，小物体机械能守恒判断机械能是否守恒，可以从功和能两种角度判断2如图所示，光滑的半径为R的半圆轨道固定，质量为m的小球由静止开始，第一次从A滑到C，第二次从B滑到C，则在这两个过程中( )A小球所受的支持力的冲量相同B小球所受的合力冲量相同C小球所受的合力做功相同D小球所受的支持力的冲量为零考点：动量定理；功的计算专题：动量定理应用专题分析：冲量是矢量，根据定义判断是否相同，根据动量定理判断支持力冲量；功是标量，根据动能定理判断是否相同解答：解：A、小球由静止开始，第一次从A滑到C，第二次从B滑到C，在这两个过程中，支持力不同方向，故支持力的冲量方向不相同；故A错误；B、根据动量定理，小球所受的合力冲量等于动量的变化量，两个过程的末动量方向不同，故动量的改变量不同，合力的冲量不同；故B错误；C、小球所受的合力做功等于动能的增加量，根据对称性，动能的增加量相同，故合力的功相同，为mgR；故C正确；D、支持力不为零，故支持力的冲量不为零，故D错误；故选：C点评：本题关键是明确矢量相同与标量相同的区别，结合动能定理和动量定理分析即可，不难3一辆小车在水平面上作匀速运动，从某时刻起，牵引力与阻力随时间变化的规律如图所示，则小车牵引力的功率在t1时间内随时间变化的图线是图中的哪一个？（图中F、f分别表示牵引力和阻力）( )ABCD考点：功率、平均功率和瞬时功率专题：功率的计算专题分析：根据牵引力和阻力的大小得出加速度，结合速度时间公式求出瞬时速度，从而得出牵引力的瞬时功率表达式解答：解：根据牛顿第二定律得：a=，则小车的末速度为：v=v0+at，所以牵引力的功率为：P=Fv=F（v0+at）=Fv0+Fat，可知瞬时功率与时间成线性关系，不过原点，故D正确，A、B、C错误故选：D点评：本题综合考查了牛顿第二定律、运动学公式和瞬时功率的公式，关键得出瞬时功率与时间的表达式，从而确定正确的图象4如图所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图所示某同学根据图象作出如下一些判断( )A滑块与木板间始终存在相对运动B滑块始终未离开木板C滑块的质量大于木板的质量D在t1时刻滑块从木板上滑出考点：动量守恒定律专题：动量定理应用专题分析：由题意知小滑块在M的摩擦力作用下做初速度为v0的匀减速直线运动，木板M在滑块m摩擦力作用下做初速度为0的匀加速直线运动，由于M给m的摩擦力和m给M的摩擦力是作用力与反作用力，故大小相等方向相反mam=MaM；由图象知，在t1的时间内匀减速运动的加速度小于匀加速运动的加速度，即amaMmM，在图象中两物体速度大小始终不相等，故两者始终存在相对运动，因为若滑块没有滑离M时，M会给m摩擦力，使m继续做减速运动，而图象在t1以后的时间里，速度保持不变，所以说明滑块不受摩擦力作用即已滑离木板解答：解：A、由题意知，m在M的摩擦力作用下做匀减速直线运动，M在m的摩擦力作用下做初速度为0的匀加速直线运动，因为两物体的图象速度始终不相等，故A正确；B、在滑块速度大于木板速度时，若滑块未离开木板，则会受到M给它的摩擦力作用而继续做匀减速运动，直到速度相等为止，而图象所示在t1以后时间做匀速运动且与小车的速度不相等，所以一定滑出木板，故B错误；C、由于m、M间相互作用的摩擦力分别使m、M产生加速度，所以满足mam=MaM，由图象知，在t1时间内匀减速运动的加速度小于匀加速运动的加速度，即amaM，所以可知mM，滑块的质量大于木板的质量，故C正确；D、因为从t1开始，两物体将保持恒定的速度差值，即分别做匀速直线运动且速度大小不同，说明此时两物体均不受摩擦力作用，即此时小滑块已滑离木板，在光滑水平面上做匀速运动故D正确故选：ACD点评：图象题是xx届高考的热点问题，关键从图象中获取信息，能够通过图象得出物体的运动规律5一只小船静止在湖面上，一个人从小船的一端走到另一端（不计水的阻力），以下说法中正确的是( )A人在小船上行走，人的质量比船小，它们所受冲量的大小是相等的，所以人向前运动得快，船后退得慢B人在船上行走时，人的质量比船小，人对船作用的冲量比船对人作用的冲量小，所以人向前运动得快，船后退得慢C人在船上行走时，船对人作用的冲量比人对船作用的冲量大，所以人向前运动得快，船后退得慢D当人停止走动时，因船的惯性大，所以船将会继续后退考点：动量守恒定律专题：动量定理应用专题分析：由于不计水的阻力，人和船组成的系统动量守恒，根据动量定理知人对船的冲量和船对人的冲量大小相等根据动量守恒定律分析人的速度和船的速度关系解答：解：A、人和船之间的相互作用力大小相等，作用时间相同，由冲量的定义I=Ft知，人受的冲量与船受的冲量大小相等人和船组成的系统动量守恒，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v1m2v2=0，因为船的质量大，则船的速度小故A正确，BC错误D、因为人和船组成的系统动量守恒：m1v1m2v2=0，人的速度为零，则船的速度为零，故D错误故选：A点评：本题关键要抓住系统的动量守恒，作用力与反作用力的冲量总是大小相等、方向相反同时要熟练的掌握动量守恒的几种表达式6如图所示，光滑水平面有质量相等的A、B两物体，B上装有一轻质弹簧，B原来处于静止状态，A以速度v正对B滑行，当弹簧压缩到最短时( )AA的速度减小到零B是A和B以相同速度运动的时刻C是B开始运动时D是B达到最大速度时考点：动量守恒定律；机械能守恒定律专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：A和B组成的系统，动量守恒，当弹簧压缩到最短时，A、B的速度相等解答：解：A在压缩弹簧的过程中，B做加速运动，A做减速运动，然后B继续加速，A继续减速所以弹簧压缩最短时，速度相等，B的速度未达到最大值所以B正确ACD错误故选：B点评：解决本题的关键知道动量守恒定律的条件，知道速度相等时，弹簧压缩量最大7一个劲度系数为k，由绝缘材料制成的轻弹簧，一端固定，另一端与质量为m、带正电荷电量为q的小球相连，静止在光滑绝缘水平面上，当加入如图所示的场强为E的匀强电场后，小球开始运动，下列说法正确的是( )A球的速度为零时，弹簧伸长B球做简谐运动，振幅为C运动过程中，小球的机械能守恒D运动过程中，小球的电势能和弹性势能向动能相互转化考点：电势差与电场强度的关系；胡克定律专题：电场力与电势的性质专题分析：小球做简谐运动，找出平衡位置，根据简谐运动的对称性和功能关系进行分析讨论解答：解：A、小球处于平衡位置时，电场力与弹簧的弹力平衡，弹簧伸长，此时小球的速度不是零，而是最大故A错误；B、小球做简谐运动，在平衡位置，有 kA=qE解得 A=，故B正确；C、小球运动过程中有电场力做功，故机械能不守恒，故C错误；D、小球运动过程中有电场力和弹簧弹力做功，故运动过程中，小球的电势能、动能和弹性势能相互转化，故D错误；故选：B点评：本题关键在于小球做简谐运动，运用简谐运动的对称性和动能定理进行列式分析即可8如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知( )AP点电势高于Q点电势B带电质点在Q点具有的电势能比在P点具有的电势能大C带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大D带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大考点：电势；电场线专题：电场力与电势的性质专题分析：作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，负电荷受力的方向向下，电场线向上故c的电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强小，电场力小，加速度小解答：解：A、负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上故c等势面电势最高，则Q点的电势最高，故A错误；B、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道质点在P点电势能大，故B错误；C、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，P点电势能大，动能小故C错误；D、等差等势面的疏密可以表示电场的强弱，P处的等势面密，所以P点的电场强度大，粒子受到的电场力大，粒子的加速度大，故D正确；故选：D点评：根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点（电场线与等势面交点以及已知点）的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法9如图所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N与静电计相接，极板M接地用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U在两板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度在整个实验过程中，保持电容器所带电量Q不变，下面哪些操作将使静电计指针张角变小( )将M板向下平移将M板沿水平向左方向远离N板在M、N之间插入云母板（介电常数1）在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触ABCD考点：电容器的动态分析专题：电容器专题分析：根据电容的决定式C=，分析电容的变化情况再由电容的定义式C=分析板间电压的变化，即可判断静电计指针张角的变化解答：解：将M板向下平移，两板正对面积减小，由电容的决定式C=，可知电容减小，而电容器的电量不变，由电容的定义式C=分析可知，板间电压增大，则静电计指针张角变大故错误将M板沿水平向左方向远离N板，板间距离增大，由电容的决定式C=，知电容减小，而电容器的电量不变，由电容的定义式C=分析可知，板间电压增大，则静电计指针张角增大故错误在M、N之间插入云母板，由电容的决定式C=，知电容C增大，而电量Q不变，则由电容的定义式C=分析可知电容器板间电压U减小，静电计指针偏角变小故正确在M、N之间插入金属板，相当于极板的间距减小，电容增大，而电容器的电量不变，由电容的定义式C=分析可知板间电压变小，则静电计指针张角变小故正确故选：B点评：对于电容器的动态分析问题，在抓住不变量的基础上，结合电容的两个公式：电容的决定式C=和电容的定义式C=，综合进行分析10如图所示，通电直导线ab位于两平行导线的横截面MN的连线的中垂线上，MN固定，ab可自由转动，且电流方向如图示，当平行导线MN通以图示的同向等值电流时，以下说法中正确的是( )Aab顺时针旋转Bab逆时针旋转Ca端向外，b端向里旋转Da端向里，b端向外旋转考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；安培力分析：通过右手螺旋定则来确定平行且固定放置的直导线M和N，在导线a、b处的磁场分布，再由左手定则来确定安培力的方向，从而确定导线a、b如何运动解答：解：导线M和N的磁感线都是同心圆因此对ab上半段，M导线的磁感线指向右下，可以用左手定则判断：a端受到向外的力N导线的磁感线指向右上，也使a端受向外的力；同理也可以分析出b端受向里的力从而使得a端转向纸外，b端转向纸里，故C正确；ABD错误；故选：C点评：考查右手螺旋定则、左手定则、及磁场的叠加，注意区别右手定则与左手定则11如图所式，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带点粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧，这些粒子的质量，电荷量以及速度大小如表所示由以上信息可知，从图中abc处进入的粒子对应表中的编号分别为( ) 粒子编号质量电荷量（q0）速度大小1m2qV22m2q2v33m3q3v42m2q3v52mqvA3，5，4B4，2，5C5，3，2D2，4，5考点：带电粒子在匀强磁场中的运动专题：压轴题分析：带电粒子在磁场中的运动洛仑兹力充当向心力，由此可得出半径公式，由半径公式可得出各组粒子的半径之比；则可得出它们的运动轨迹解答：解：由Bqv=m可知，半径公式；结合表格中数据可求得15各组粒子的半径之比依次为0.5：2：3：3：2，说明第一组正粒子的半径最小，由图可知故该粒子从MQ边界进入磁场逆时针运动由图a、b粒子进入磁场也是逆时针运动，则都为正电荷，而且a、b粒子的半径比为2：3，则a一定是第2组粒子，b是第4组粒子c顺时针运动，都为负电荷，半径与a相等是第5组粒子故选D点评：本题看似比较复杂，但只要认真分析即可发现半径大小以及偏转方向的关系，则根据带电粒子圆周运动的性质可得出正确结果12如图所示，一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子，不计重力在a点以某一初速度水平向左射入磁场区域，沿曲线abcd运动，ab、bc、cd都是半径为R的圆弧粒子在每段圆弧上运动的时间都为t规定由纸面垂直向外的磁感应强度为正，则磁场区域、三部分的磁感应强度B随x变化的关系可能是图中的( )ABCD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：压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题分析：根据左手定则可判断出磁感应强度B在磁场区域I、II、内磁场方向，在三个区域中均运动圆周，故t=T根据周期公式求出B的大小即可判断解答：解：由左手定则可判断出磁感应强度B在磁场区域I、II、内磁场方向分别为向外、向里和向外，在三个区域中均运动圆周，故t=T由于T=，求得B=，只有选项C正确故选C点评：本题主要考查了左手定则及周期公式的直接应用，难度不大，属于基础题13如图所示，两块金属板水平放置，与左侧水平放置的线圈通过开关K用导线连接压力传感器上表面绝缘，位于两金属板间，带正电的小球静置于压力传感器上，均匀变化的磁场沿线圈的轴向穿过线圈K未接通时压力传感器的示数为1N，K闭合后压力传感器的示数变为2N则磁场的变化情况可能是( )向上均匀增大向上均匀减小 向下均匀减小向下均匀增大A只有正确BCD以上都不可能考点：传感器在生产、生活中的应用分析：线圈置于方向竖直向上的均匀变化的磁场中，根据法拉第电磁感应定律E=n，可知线圈中会产生稳定的电动势当电键断开时，小球受重力和支持力平衡，当电键闭合时，支持力增加，可知，小球受到向下的电场力，根据小球的平衡可求出磁场的变化解答：解：电键闭合时，N=mg+qE，因小球带正电，知上极板带正电，根据楞次定律得知，磁场向上正在增强，或向下在减弱故正确，错误故选：C点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律E=n，以及会用楞次定律判端电动势的方向，注意传感器的示数增加的原因14如图，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的正确判断是( )AFN先小于mg后大于mg，运动趋势向左BFN先大于mg后小于mg，运动趋势向左CFN先小于mg后大于mg，运动趋势向右DFN先大于mg后小于mg，运动趋势向右考点：楞次定律分析：由磁铁的运动可知线圈中磁通量的变化，由楞次定律可判断线圈的支持力及运动趋势解答：解：当磁铁向右运动时，线圈中的磁通量增大，根据楞次定律的第二种描述：“来拒去留：可知，线圈有向下和向右的趋势；故线圈受到的支持力增大；同时运动趋势向右；故选D点评：线圈的运动是因发生了电磁感应而产生了感应电流，从而受到了安培力的作用而产生的；不过由楞次定律的描述可以直接判出，并且能更快捷二、填空题（本大题共3小题，每空2分，共20分）15某同学用如图所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律，图中PQ是斜槽，QR为水平槽实验时先使A球从斜槽上某一故定位置G由静止开始滚下落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹重复上述操作10次，得到10个落点痕迹再把B球放在水平槽末端，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹重复这种操作10次，图甲中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零点与O点对齐（1）碰撞后B球的水平射程应取为65.0cm（2）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？答：ABD（填选项号）A水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离BA球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离C测量A球或B球的直径D测量A球和B球的质量（或两球质量之比）E测量G点相对于水平槽面的高度（3）若未放B球时，A球的落点为P，A球与B球碰后的落点分别方M、N，那么能表示碰撞中动量守恒的式子应为mAOP=mAOM+mBON考点：验证动量守恒定律专题：实验题分析：根据通过实验的原理确定需要测量的物理量，小球离开轨道后做平抛运动，它们在空中的运动时间相同，水平位移与出速度成正比，可以用水平位移代替小球的初速度，根据动量守恒定律求出需要验证的表达式解答：解：（1）碰撞后b球的水平射程落点如图2所示，取所有落点中靠近中间的点读数，即可取一个最小的圆的圆心，约为65.0cm；（2）A、水平槽上未放B球时，测量a球落点位置到O点的距离，即测量出碰撞前a球的速度，故A正确；B、A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离，即测量出碰撞后A球的速度，故B正确；C、不需要测量A球或B球的直径，故C错误；D、测量A球和B球的质量（或两球质量之比），用来表示出球的质量，故D正确；E、不需要测量G点相对于水平槽面的高度，故E错误故选：ABD（3）碰撞后两球都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，在空中的运动时间t相同，由动量守恒定律得：mAv0=mAv1+mBv2，两边同时乘以时间t得：mAv0t=mAv1t+mBv2t，则mAOP=mAOM+mBON，实验需要验证的表达式为：mAOP=mAOM+mBON故答案为：（1）65.0；（2）ABD；（3）mAOP=mAOM+mBON点评：掌握两球平抛的水平射程和水平速度之间的关系，是解决本题的关键，注意理解动量守恒定律的条件16在验证机械能守恒定律的实验中，质量为1kg的重锤自由下落，通过打点计时器在纸带上记录运动过程，打点计时器所接电源的频率为50Hz，如图所示纸带上O点为重锤自由下落时纸带打点起点，选取的计数点A、B、C、D依次间隔为一个点，各计数点与O点距离如图示，单位为mm，g=9.8m/s2则：（1）打点计时器记录B点时，重锤速度vB=1.18，重锤的动能为EkB=0.696（2）从A点下落算起，打点计时器记录B点时，重锤重力势能减少为0.692（3）以B点为例，说明你怎样判断重锤下落过程中机械能是否守恒？在误差允许范围内，二者相等，可认为机械能守恒考点：验证机械能守恒定律专题：实验题分析：纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能；根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值解答：解：（1）计数点A、B、C、D依次间隔一个点（图中未画出），所以相邻的计数点的时间间隔是T=0.04s根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小，因此有：vB=1.18m/sEkB=m=1（1.18）2=0.696J（2）从开始下落算起，打点计时器记录B点时，重锤势能减少量为EP=mgh=19.80.0706=0.692J （3）由（1）（2）中数据可知重锤动能增加量近似等于重锤势能减少量，即在误差允许的范围内重锤下落过程机械能守恒故答案为：（1）1.18，0.696J；（2）0.692J； （3）在误差允许的范围内重锤下落过程机械能守恒点评：熟练应用匀变速直线运动规律来解决纸带问题是力学实验中常见的问题，计算要注意单位的换算17某研究性学习小组做探究“橡皮筋做的功和物体速度变化的关系”的实验，实验开始前，他们提出了以下几种猜想：wvwv2实验装置如图1所示，图2中是小车在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行的情形，这时橡皮筋对小车做的功记为W 当我们用2条、3条完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次实验时，每次橡皮筋都拉伸到同一位置释放 小车在实验中获得的速度由打点计时器所打的纸带测出（1）实验时为了使小车只在橡皮筋作用下运动，应采取的措施是将长木板的末段垫起适当的高度以平衡小车所受的摩擦力；（2）每次实验得到的纸带上的点并不都是均匀的，为了计算出小车获得的速度，应选用纸带的点距均匀部分进行测量；（3）同学们设计了以下表格来记录数据其中w1、w2、w3、w4表示橡皮筋对小车做的功，v1、v2、v3、v4、表示物体每次获得的速度实验次数1234ww1w2w3w4vv1v2v3v4他们根据实验数据绘制了如图3所示的wv图象，由图象形状得出结论wv2他们的做法是否合适？请说明理由：Wv图象是曲线，不能直接判断函数关系，应进一步作出Wv2考点：探究功与速度变化的关系专题：实验题分析：（1）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，需要采取平衡摩擦力的措施；（2）小车先在橡皮条的拉动下做加速运动，当橡皮条恢复原长时，拉力减为零，小车由于惯性继续做匀速运动，这时纸带点距均匀，应根据点距均匀的部分测量车速（3）Wv图象是曲线，不能直接判断函数关系，应作出Wv2解答：解：（1）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的末段垫起适当的高度以平衡小车所受的摩擦力（2）橡皮条做功完毕，速度最大，小车做匀速运动，计算速度时要选取点距均匀的部分进行测量（3）由图知，Wv图象是曲线，不能直接判断函数关系，应进一步作出Wv2故答案为：（1）将长木板的末段垫起适当的高度以平衡小车所受的摩擦力（2）点距均匀（3）Wv图象是曲线，不能直接判断函数关系，应进一步作出Wv2点评：明确实验原理是解决本题的关键，因此要分析清楚小车的运动，小车先加速和匀速，同时加强基础物理知识在实验中的应用三、计算题（本大题共4小题，共38分解答应写出必要的文字说明、只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）18如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上已知l=1.4m，v=3.0m/s，m=0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数=0.25，桌面高h=0.45m，不计空气阻力，重力加速度取10m/s2，求：（1）小物块落地点距飞出点的水平距离s；（2）小物块落地时的动能EK；（3）小物块的初速度大小v0考点：动能定理的应用；平抛运动专题：动能定理的应用专题分析：（1）物块离开桌面后做平抛运动，由匀速与匀变速运动规律可以求出水平距离（2）由动能定理可以求出落地动能（3）由动能定理可以求出物块的初速度解答：解：（1）物块飞出桌面后做平抛运动，竖直方向：h=gt2，解得：t=0.3s，水平方向：s=vt=0.9m；（2）对物块从飞出桌面到落地，由动能定理得：mgh=mv12mv22，落地动能EK=mgh+mv12=0.9J；（3）对滑块从开始运动到飞出桌面，由动能定理得：mgl=mv2mv02，解得：v0=4m/s；答：（1）小物块落地点距飞出点的水平距离为0.9m（2）小物块落地时的动能为0.9J（3）小物块的初速度为4m/s点评：要掌握应用动能定理解题的方法与思路；（2）（3）两问也可以应用牛顿定律、运动学公式求解19两个半径均为R的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d，极板间电压为U，板间电场可以认为是均匀的一个粒子从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板中心已知质子电荷为e，质子和中子的质量均视为m，忽略重力和空气阻力的影响求：（1）极板间的电场强度E；（2）粒子在极板间运动的加速度a；（3）粒子的初速度v0考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；电场强度专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：因为极板间是匀强电场，电场强度直接可根据匀强电场公式求出质子进入电场后做类平抛运动，在沿电场方向上做初速度为零的匀加速直线运动，在垂直于电场方向上做匀速直线运动粒子在极板间运动的加速度a可以根据所受的合力（电场力）求出，粒子的初速度v0可以根据两分运动的等时性去求解解答：解：（1）极间场强故极板间的电场强度（2）粒子在极板间运动的加速度a=，代入得：故粒子在极板间运动的加速度a=（3）由得：故粒子的初速度v0=点评：解决本题关键会对类平抛运动进行分解，注意两分运动的等时性20如图所示，在x轴上方有匀强电场，场强为E；在x轴下方有匀强磁场，磁感强度为B，方向如图，在x轴上有一点M，离O点距离为l现有一带电量为+q的粒子，从静止开始释放后能经过M点求如果此粒子放在y轴上，其坐标应满足什么关系？（重力忽略不计）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专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：重力忽略不计的带电粒子在匀强电场中在电场力作用下，做匀变速直线运动；而在匀强磁场中在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动在电场中由动能定理可得速率与位移的关系；在磁场中由洛伦兹提供向心力得半径与速率的关系再根据几何关系可以求出解答：解：粒子在电场与磁场中的运动轨迹如图所示，设粒子在Y轴上的坐标为y，进入磁场时的速度为v，由动能定理得：qEy=mv20，解得：v=，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：qvB=m，解得：r=令l=2Rn由解得：y= （n=l、2、3）答：把此粒子放在y轴上，其坐标应满足：y= （n=l、2、3）点评：本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式，难度适中21如图所示，两条无限长且光滑的平行金属导轨MMNN的电阻为零，相距l=0.4m，水平放置在方向竖直向下、磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，ab，cd两金属棒长度与导轨宽度相同，电阻均为R=0.5，垂直地跨放在导轨上，ab的质最为m1=0.4kg，cd的质量为m2=0.1kg，开始将cd棒锁定在导轨上，给ab棒一个向左的瞬时冲量，以初速度v1=5m/s开始滑动，当速度降为v0=10m/s时，将对cd棒的锁定解除（1）在解除对cd棒的锁定前，电路中一共产生了多少焦耳热？（2）在cd刚开始运动时，cd棒的加速度多大？（3）cd棒能获得的最大速度是多大？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）对cd棒由能量守恒定律，即可求解； （2）根据法拉第电磁感应定律，与闭合电路欧姆定律及牛顿第二定律相结合，即可求解；（3）对系统在水平方向运用动量守恒定律，从而即可求解解答：解：（1）在解除对cd棒的锁定前，电路中产生的焦耳热为解得：Q=15J（2）在cd刚开始运动时，ab棒产生的感应电动势为E=Blv1=0.50.45V=1V回路中的感应电流cd棒受到的安培力为F=BIl=0.510.4N=0.2Ncd棒的加速度大小为（3）ab棒cd棒组成的系统水平方向动量守恒，cd棒的最大速度为v，则有，动量守恒定律：m1v1=（m1+m2）v解得：v=4m/s答：（1）在解除对cd棒的锁定前，电路中一共产生了15J焦耳热；（2）在cd刚开始运动时，cd棒的加速度2m/s2；（3）cd棒能获得的最大速度是4m/s点评：考查能量守恒定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律、动量守恒定律等规律的应用，注意动量守恒定律事先做出守恒的判定，此处强调水平方向守恒