2019-2020年高三上学期第二次质检物理试卷 含解析.doc

2019-2020年高三上学期第二次质检物理试卷 含解析一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共计24分，每小题只有一个选项符合题意1如图所示，清洗楼房玻璃的工人常用一根绳索将自己悬在空中，工人及其装备的总重量为G，悬绳与竖直墙壁的夹角为，悬绳对工人的拉力大小为F1，墙壁对工人的弹力大小为F2，不考虑工人与墙壁间的摩擦力，则（）AF1=GsinBF2=GtanC若缓慢减小悬绳的长度，F1与F2的合力变大D若缓慢减小悬绳的长度，F1减小，F2增大2a、b两车从同一地点在平直公路上沿同方向行驶，其vt图象如图所示，则下列说法中正确的有（）At=t1时，a、b两车速度的大小相同、方向相反Bt=t1时，a、b两车的加速度的大小相同、方向相同Ct=t1时，a、b两车重新相遇D0=t1时间内，a车的位移是b车位移的3倍3三个粒子由同一位置同时水平飞入偏转电场，轨迹如图所示，下列判断不正确的是（）A进电场时c的速度最大，a的速度最小B在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上Cb和c同时飞离电场D动能的增加量c最小，a和b一样大4如图所示，在两个等量负点电荷形成的电场中，o点是两电荷连线的中点，a、b是该线上的两点，c、d是两电荷连线中垂线上的两点，acbd为一菱形若将一负粒子（不计重力且不影响原电场分布）从c点匀速移动到d点，电场强度用E，电势用来表示则下列说法正确的是（）Aa一定小于o，o一定大于cBEa一定大于Eo，Eo一定大于EcC负粒子的电势能一定先增大后减小D施加在负粒子上的外力一定先减小后增大5如图所示的电路中，电流表和电压表均可视为理想电表现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，下列说法中正确的是（）A电流表的示数变小，电压表的示数变大B电阻R2消耗的功率变大C电容器C上电荷量减小D电源的总功率变大6如图所示，三根长为L的直线电流在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面和向里电流大小均为I，其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小分别为B0，导线C位于水平面处于静止状态，则导线C受到的静摩擦力是（）A B0IL水平向左B B0IL水平向右C B0IL水平向左D B0IL水平向右7如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中（）A圆环的机械能守恒B弹簧弹性势能变化了mgLC圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变8现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中磁感应强度恒定质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场若某种2价正离子在入口处从静止开始被加速电场加速，为使它经同一匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将加速电压减小到原来的倍此离子和质子的质量比约为（）A6B12C24D144二、多项选择题：本题共6个小题，每小题4分，共计24分，每个选择题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分9如图为嫦娥三号登月轨迹示意图图中M点为环地球运动的近地点，N为环月球运动的近月点a为环月运行的圆轨道，b为环月球运动的椭圆轨道，下列说法中正确的是（）A嫦娥三号在环地球轨道上的运行速度大于11.2km/sB嫦娥三号在M点进入地月转移轨道时应点火加速C设嫦娥三号在圆轨道a上经过N点时的加速度为a1，在椭圆轨道b上经过N点时的加速度为a2，则a1a2D嫦娥三号在圆轨道a上的机械能小于在椭圆轨道b上的机械能10如图所示，、是两个等量异种点电荷形成电场中的位于同一平面内的三条等差等势线，其中为直线一个重力不计、带负电的粒子进入电场，运动轨迹如图中实线所示，与、分别交于a、b、c三点下列判断正确的是（）A粒子在c点时的加速度为零Ba点的电势比b点的电势高C粒子从a到b再到c，电势能不断增加D粒子从a到b与从b到c过程中动能的变化不同11如图表示磁流体发电机的发电原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说呈中性）沿图示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷在磁极配置如图中所示的情况下，下列说法正确的是（）AA板带负电B有电流从b经用电器流向aC金属板A、B间的电场方向向下D等离子体发生偏转的原因是离子所受的洛伦兹力大于所受的静电力12回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（）A减小狭缝间的距离B增大磁场的磁感应强度C增大D形金属盒的半径D增大匀强电场间的加速电压13如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是（）ABCD14如图所示，倾角为30的斜面体固定在水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的定滑轮O（不计滑轮的摩擦），A的质量为m，B的质量为4m开始时，用手托住A，使OA段绳恰好处于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面，此时B静止不动，将A由静止释放，在其下摆过程中B始终保持静止则在绳子到达竖直位置之前，下列说法正确的是（）A小球A运动到最低点时物块B所受的摩擦力为mgB物块B受到的摩擦力方向没有发生变化C若适当增加OA段绳子的长度，物块可能发生运动D地面对斜面体的摩擦力方向一定水平向右三、简答题：本题共2个小题，每空2分，共计22分请将解答填写在答题卡相应位置15某同学进行“验证力的平行四边形定则“实验，试完成主要步骤：（1）如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点的位置O点、两弹簧测力计的读数F1、F2以及（2）用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条与细绳套的结点拉到，记下细绳的方向（如图丙中的Oc）如乙图所示，读得弹簧测力计的示数F=（3）如丙图所示，按选定的标度作出了力的图示，请在图丙中：a按同样的标度作出力F的图示b按力的平行四边形定则作出F1、F2的合力F（4）关于该实验注意事项，下列说法中正确的是A实验中所用的两根细绳越短越好B弹簧测力计的拉力方向必须与木板平行C每次实验中两个分力间的夹角必须大于9016利用如图甲所示的电路可以测量小灯泡的 UI曲线实验中测得小灯泡两端的电压与通过它的电流的数据如下表所示：U/V0.000.200.501.001.502.002.503.00I/A0.0000.0500.1000.1500.1800.1950.2050.215现备有下列器材：A直流电源（电动势约为 5V，内阻可忽略不计）B直流电流表（量程03A，内阻约为0.1）C直流电流表（量程0600mA，内阻约为5）D直流电压表（量程05V，内阻约为10k）E直流电压表（量程015V，内阻约为15k）F滑动变阻器（最大阻值 10，允许通过的最大电流 2A）回答下列问题：（1）根据图甲所示的电路图及表中数据判断，电流表应使用，电压表应使用（填相应的字母序号）（2）请根据表格中给出的数据，在图乙中描绘出该小灯泡的UI曲线（3）根据图乙所作出的小灯泡的UI曲线，可判断下列图象（丁）中正确的是（图中P为小灯泡的功率，I为通过小灯泡的电流）（4）某同学将两个完全相同的这种小灯泡并联接到如图丙所示的电路中，其中电源电动势E=3V，内阻 r=3，则此时每个小灯泡的实际功率为W（结果保留两位有效数字）四、计算题：本题共3小题，共计50分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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17电子质量为m，电荷量为q，以速度v0与x轴成角射入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后落在x轴上的P点，如图所示，求：（1）电子运动的轨道半径R；（2）OP的长度；（3）电子由O点射入到落在P点所需的时间t18如图所示，两平行金属板A、B板长L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一带正电的粒子电量q=1010C，质量m=1020kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0=2106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域，（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响），已知两界面MN、PS相距为12cm，O点在中心线上距离界面PS为9cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上（静电力常数k=9109Nm2/C2）（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线OR的距离多远？（2）试在图上粗略画出粒子运动的轨迹；（3）确定点电荷Q的电性并求其电量的大小19如图所示，AB是倾角为=53的粗糙直轨道，BCD是半径为R的光滑圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切一个质量为m的物体（可以看作质点）从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为=0.5sin53=0.8，cos53=0.6求：（1）物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程s；（2）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D（E、O、D为同一条竖直直径上的3个点），释放点距B点的距离L应满足什么条件（3）若物体从距B点d=3R处静止滑下，则物体离开圆轨时离圆心O点的高度是多少？xx学年江苏省南通市如皋市高三（上）第二次质检物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共计24分，每小题只有一个选项符合题意1如图所示，清洗楼房玻璃的工人常用一根绳索将自己悬在空中，工人及其装备的总重量为G，悬绳与竖直墙壁的夹角为，悬绳对工人的拉力大小为F1，墙壁对工人的弹力大小为F2，不考虑工人与墙壁间的摩擦力，则（）AF1=GsinBF2=GtanC若缓慢减小悬绳的长度，F1与F2的合力变大D若缓慢减小悬绳的长度，F1减小，F2增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】工人受力平衡，合力为零，由平衡条件求出F1和F2根据F1和F2的表达式分析讨论缓慢减小悬绳的长度时，F1与F2如何变化【解答】解：AB、分析工人受力：工人受到重力、支持力和拉力，如图：根据共点力平衡条件，有水平方向：F1sin=F2竖直方向：F1cos=G解得，F1=，F2=Gtan故A错误，B正确CD、当缓慢减小悬绳的长度时，细绳与竖直方向的夹角变大，故F1变大，F2变大，但F1与F2的合力与重力平衡，保持不变；故C错误，D错误故选：B2a、b两车从同一地点在平直公路上沿同方向行驶，其vt图象如图所示，则下列说法中正确的有（）At=t1时，a、b两车速度的大小相同、方向相反Bt=t1时，a、b两车的加速度的大小相同、方向相同Ct=t1时，a、b两车重新相遇D0=t1时间内，a车的位移是b车位移的3倍【考点】匀变速直线运动的图像【分析】此题考查了追及与相遇问题，解决此类问题的关键是分析清楚两物体的位移关系两物体的位移之差等于初始时的距离是两物体相遇的条件，要知道：vt图象中，面积表示位移【解答】解：A、t=t1时，两图象相交，表示a、b两车速度的大小相同、方向相同，故A错误B、速度图象的斜率等于加速度，由数学知识可知，a、b两车的加速度的大小相同、方向相反，故B错误C、vt图象中，“面积”表示位移，可知t=t1时，a车的位移比b车的位移大，说明t=t1时，a、b两车没有相遇故C错误D、vt图象中，“面积”表示位移，由几何知识看出，在t=t1时间内，a车的位移是b车位移的3倍，故D正确故选：D3三个粒子由同一位置同时水平飞入偏转电场，轨迹如图所示，下列判断不正确的是（）A进电场时c的速度最大，a的速度最小B在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上Cb和c同时飞离电场D动能的增加量c最小，a和b一样大【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】三个粒子都做类平抛运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动粒子的质量和电量相同，加速度相同比较沿电场方向上的位移，可比较出运动时间，再根据垂直电场方向的位移可知初速度的大小通过动能定理比较动能的变化量【解答】解：A、三个粒子的质量和电量都相同，则知加速度相同a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y=at2，可知运动时间相等在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上；b、c竖直方向上的位移不等，ycyb根据y=at2，可知tctbC先离开电场；在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：v=因xc=xb，tctb，则vcvb根据ta=tb，xbxa则vbva所以有：vcvbva故A正确，B正确，C错误D、根据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能增加量相等c电荷电场力做功最少，动能增加量最小故D正确本题选错误的，故选：C4如图所示，在两个等量负点电荷形成的电场中，o点是两电荷连线的中点，a、b是该线上的两点，c、d是两电荷连线中垂线上的两点，acbd为一菱形若将一负粒子（不计重力且不影响原电场分布）从c点匀速移动到d点，电场强度用E，电势用来表示则下列说法正确的是（）Aa一定小于o，o一定大于cBEa一定大于Eo，Eo一定大于EcC负粒子的电势能一定先增大后减小D施加在负粒子上的外力一定先减小后增大【考点】电场线；电场强度【分析】A、B为两个等量的负点电荷，其连线中垂线上电场强度方向沿中垂线指向O，沿着电场线电势降落，负粒子在电势低处电势能大，在电势高处电势能小【解答】解：A、沿着电场线电势降落可知c oa，A项错误；B、o点合场强为零，故EaEo，EcEo，B项错误；C、负粒子在电势低处电势能大，在电势高处电势能小，可判断出C项正确；D、粒子沿cd匀速移动，受力平衡，外力在大小上等于其所受的静电力，而沿cd方向，但电场强度大小无法判断，因此外力如何变化无法得知，故D项错误故选：C5如图所示的电路中，电流表和电压表均可视为理想电表现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，下列说法中正确的是（）A电流表的示数变小，电压表的示数变大B电阻R2消耗的功率变大C电容器C上电荷量减小D电源的总功率变大【考点】闭合电路的欧姆定律；电容；电功、电功率【分析】闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，分析变阻器接入电路的电阻变化，确定外电路总电阻的变化，根据欧姆定律分析电路中总电流的变化，判断电流表示数和灯泡亮度的变化由欧姆定律分析电压表示数的变化根据变阻器电压的变化，判断电容器的电量变化电源的总功率为P=EI，与电流成正比电源的效率等于输出功率与总功率之比【解答】解：A、B闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减小，电流表A的示数变小电压表的示数U=EI（RL+r），I减小，其他量不变，则U增大，电压表V的示数变大故A正确B、将灯泡电阻和电源内阻等效为电源内阻r，因不知道与r的大小关系，故电阻消耗的功率无法判断，故B错误；C、电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U增大，由Q=CU，知电容器C上的电荷量增大故C错误D、电源的总功率P=EI，I减小，则电源的总功率变小故D错误故选：A6如图所示，三根长为L的直线电流在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面和向里电流大小均为I，其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小分别为B0，导线C位于水平面处于静止状态，则导线C受到的静摩擦力是（）A B0IL水平向左B B0IL水平向右C B0IL水平向左D B0IL水平向右【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；摩擦力的判断与计算【分析】根据矢量合成法则，可知A、B电流在C处的磁应强度叠加的大小，再由左手定则与安培力大小表达式，结合受力平衡方程，即可求解【解答】解：A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小分别为B0，根据力的平行四边形定则，结合几何的菱形关系，则有：BC=B0；再由左手定则可知，安培力方向水平向左，大小为FA=B0IL；由于导线C位于水平面处于静止状态，所以导线C受到的静摩擦力大小为B0IL，方向水平向右；故选：B7如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中（）A圆环的机械能守恒B弹簧弹性势能变化了mgLC圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变【考点】功能关系；机械能守恒定律【分析】分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，由于弹簧的拉力对圆环做功，所以圆环机械能不守恒，系统的机械能守恒；根据系统的机械能守恒进行分析【解答】解：A、圆环沿杆滑下过程中，弹簧的拉力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，故A错误，B、图中弹簧水平时恰好处于原长状态，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L，可得物体下降的高度为h=L，根据系统的机械能守恒得 弹簧的弹性势能增大量为Ep=mgh=mgL，故B正确C、圆环所受合力为零，速度最大，此后圆环继续向下运动，则弹簧的弹力增大，圆环下滑到最大距离时，所受合力不为零，故C错误D、根据圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，知圆环的动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，故D错误故选：B8现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中磁感应强度恒定质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场若某种2价正离子在入口处从静止开始被加速电场加速，为使它经同一匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将加速电压减小到原来的倍此离子和质子的质量比约为（）A6B12C24D144【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】本题先电场加速后磁偏转问题，先根据动能定理得到加速得到的速度表达式，再结合带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式求出离子质量的表达式【解答】解：根据动能定理得，得离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有得两式联立得：二价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一出口离开磁场则R相同，所以m，离子质量是质子质量的24倍，C正确，ABD错误故选：C二、多项选择题：本题共6个小题，每小题4分，共计24分，每个选择题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分9如图为嫦娥三号登月轨迹示意图图中M点为环地球运动的近地点，N为环月球运动的近月点a为环月运行的圆轨道，b为环月球运动的椭圆轨道，下列说法中正确的是（）A嫦娥三号在环地球轨道上的运行速度大于11.2km/sB嫦娥三号在M点进入地月转移轨道时应点火加速C设嫦娥三号在圆轨道a上经过N点时的加速度为a1，在椭圆轨道b上经过N点时的加速度为a2，则a1a2D嫦娥三号在圆轨道a上的机械能小于在椭圆轨道b上的机械能【考点】万有引力定律及其应用；牛顿第二定律；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度【分析】卫星的速度达到11.2km/s，将脱离地球束缚，绕太阳运动，嫦娥三号卫星的运行速度不可能大于11.2km/s嫦娥三号卫星在M点加速做离心运动才能进入地月转移轨道根据万有引力和牛顿第二定律解出加速度，再判断大小嫦娥三号卫星在b轨道减速才能进入a轨道，故在a上的机械能小于在b上的机械能【解答】解：A、地球的第二宇宙速度是11.2km/s，达到此值时，卫星将脱离地球的束缚，绕太阳运动，故嫦娥三号在环地球轨道上的运行速度不可能大于11.2km/s，故A错误B、嫦娥三号在M点点火加速，使万有引力小于向心力做离心运动，才能进入地月转移轨道，故B正确C、根据万有引力和牛顿第二定律得，有，由此可知a1=a2故C错误D、嫦娥三号在圆轨道b上减速做近心运动才能进入轨道a，即b上的机械能大于a上的机械能故D正确故选：BD10如图所示，、是两个等量异种点电荷形成电场中的位于同一平面内的三条等差等势线，其中为直线一个重力不计、带负电的粒子进入电场，运动轨迹如图中实线所示，与、分别交于a、b、c三点下列判断正确的是（）A粒子在c点时的加速度为零Ba点的电势比b点的电势高C粒子从a到b再到c，电势能不断增加D粒子从a到b与从b到c过程中动能的变化不同【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【分析】根据电场力做功公式W=qU，分析W1与W2的关系根据粒子的轨迹弯曲方向可判断所受的电场力方向，确定等量异种点电荷中正电荷和负电荷的位置，即可判断电场力做功的正负，分析电势能的变化，由等量异种点电荷中正电荷和负电荷的位置，分析a、b电势的高低粒子在c点时的电场力不为零，加速度不为零【解答】解：A、粒子在c点时的电场力不为零，加速度不为零故A错误BC、由于为直线，是一条等势线，必是则知两个等量异种点电荷连线的垂直平分线，根据粒子的轨迹弯曲方向可知粒子所受的电场力方向向左，则知正点电荷在左侧，负点电荷在右侧，粒子从a到b再到c，电势不断降低，那么负电荷的电势能不断增大故BC正确D、由题，与、与的电势差相等，根据电场力做功公式W=qU得知，粒子从a到b电场力做功与从b到c电场力做功相等，依据动能定理，则从a到b与从b到c过程中动能的变化相同故D错误故选：BC11如图表示磁流体发电机的发电原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说呈中性）沿图示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷在磁极配置如图中所示的情况下，下列说法正确的是（）AA板带负电B有电流从b经用电器流向aC金属板A、B间的电场方向向下D等离子体发生偏转的原因是离子所受的洛伦兹力大于所受的静电力【考点】带电粒子在混合场中的运动【分析】根据左手定则判断出正负电荷所受洛伦兹力的方向，从而判断出正负电荷的偏转方向，带正电的极板电势高，电流从正极板流向负极板【解答】解：A、根据左手定则知，正电荷向下偏，负电荷向上偏，则A板带负电，故A正确B、因为B板带正电，A板带负电，所以电流的流向为b流向a，故B正确C、因为B板带正电，A板带负电，所以金属板间的电场方向向上，故C错误D、等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力，故D正确故选：ABD12回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（）A减小狭缝间的距离B增大磁场的磁感应强度C增大D形金属盒的半径D增大匀强电场间的加速电压【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关【解答】解：由，解得v=则动能，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能故B、C正确，A、D错误故选：BC13如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是（）ABCD【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】分析电子一个周期内的运动情况：0时间内，电子从静止开始向A板做匀加速直线运动，时间内沿原方向做匀减速直线运动，T时间内向B板做匀加速直线运动，T时间内做匀减速直线运动根据牛顿第二定律分析加速度根据电子的运动情况分析判断【解答】解：分析电子一个周期内的运动情况：0时间内，电子从静止开始向A板做匀加速直线运动，时间内沿原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零T时间内时间内向B板做匀加速直线运动，T时间内做匀减速直线运动接着周而复始A、C、根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，A图符合电子的运动情况故A正确，C错误B、电子做匀变速直线运动时xt图象应是抛物线，故B错误D、根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度不变，at图象应平行于横轴故D正确故选：AD14如图所示，倾角为30的斜面体固定在水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的定滑轮O（不计滑轮的摩擦），A的质量为m，B的质量为4m开始时，用手托住A，使OA段绳恰好处于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面，此时B静止不动，将A由静止释放，在其下摆过程中B始终保持静止则在绳子到达竖直位置之前，下列说法正确的是（）A小球A运动到最低点时物块B所受的摩擦力为mgB物块B受到的摩擦力方向没有发生变化C若适当增加OA段绳子的长度，物块可能发生运动D地面对斜面体的摩擦力方向一定水平向右【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律；向心力【分析】由动能定理求出A到最低点的速度，由牛顿第二定律求绳子对B的拉力，然后对B由平衡条件求出物块B所受的摩擦力；对B与斜面整体受力分析，判断地面对斜面体摩擦力的方向【解答】解：A、小球A摆下过程，只有重力做功，机械能守恒，有mgL=mv2，在最低点，有Fmg=m，解得：F=3mg再对物体B受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，重力的下滑分量为Fx=（4m）gsin30=2mg，故静摩擦力f=3mg2mg=mg故A正确；B、小球下摆过程中，拉力F由零逐渐变大到大于重力G当Fmgsin30时，物块B受到的静摩擦力沿斜面向上且不断变小；当F=mgsin30时，物块B受到的静摩擦力为零；当Fmgsin30时，物块B受到的静摩擦力沿斜面向下且不断变大；可见物块B受到的摩擦力方向发生了变化，故B错误；C、由A分析可知，绳子对B的拉力与L无关，到达最低点时绳子拉力达到的最大值始终为3mg，故适当增加OA段绳子的长度，物块仍保持静止，C错误；D、对物体B和斜面体整体受力分析，由于A球向左下方拉物体B和斜面体整体，故一定受到地面对其向右的静摩擦力故D正确故选：AD三、简答题：本题共2个小题，每空2分，共计22分请将解答填写在答题卡相应位置15某同学进行“验证力的平行四边形定则“实验，试完成主要步骤：（1）如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点的位置O点、两弹簧测力计的读数F1、F2以及两细绳套的方向（2）用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条与细绳套的结点拉到同一位置O，记下细绳的方向（如图丙中的Oc）如乙图所示，读得弹簧测力计的示数F=4.0N（3）如丙图所示，按选定的标度作出了力的图示，请在图丙中：a按同样的标度作出力F的图示b按力的平行四边形定则作出F1、F2的合力F（4）关于该实验注意事项，下列说法中正确的是BA实验中所用的两根细绳越短越好B弹簧测力计的拉力方向必须与木板平行C每次实验中两个分力间的夹角必须大于90【考点】验证力的平行四边形定则【分析】根据验证力的平行四边形定则的实验注意事项分析答题，按照力的图示法作出力的图示，根据平行四边形定则作出合力，我们需要画出力的大小和方向，所以力要尽量大些可减小测量误差对实验的影响，拉橡皮筋时要拉的尽量长一点，了解误差产生的原因即可正确解答【解答】解：（1）如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点位置O和两测力计的示数F1、F2以及两细绳套的方向，（2）如图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点拉到同一位置O，记下细绳套的方向，由图示弹簧测力计可读得弹簧测力计的示数F=4.0N；（3）a、按力的图示方法作出力F的图示如图所示；b、根据力的平行四边形定则，作出F1、F2的合力F，如图所示（4）A、拉橡皮条的细绳要适当长一些，以方便画出力的方向，故A错误；B、测量力的实验要求尽量准确，为了减小实验中因摩擦造成的误差，操作中要求弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，故B正确；C、在实验中两个分力的夹角大小适当，且二力的大小要适量大些，这样有利于减小实验中偶然误差的影响，不需要夹角必须大于90，故C错误；故选：B故答案为：（1）两细绳套的方向；（2）同一位置O；4.0N；（3）如图所示；（4）B16利用如图甲所示的电路可以测量小灯泡的 UI曲线实验中测得小灯泡两端的电压与通过它的电流的数据如下表所示：U/V0.000.200.501.001.502.002.503.00I/A0.0000.0500.1000.1500.1800.1950.2050.215现备有下列器材：A直流电源（电动势约为 5V，内阻可忽略不计）B直流电流表（量程03A，内阻约为0.1）C直流电流表（量程0600mA，内阻约为5）D直流电压表（量程05V，内阻约为10k）E直流电压表（量程015V，内阻约为15k）F滑动变阻器（最大阻值 10，允许通过的最大电流 2A）回答下列问题：（1）根据图甲所示的电路图及表中数据判断，电流表应使用C，电压表应使用D（填相应的字母序号）（2）请根据表格中给出的数据，在图乙中描绘出该小灯泡的UI曲线（3）根据图乙所作出的小灯泡的UI曲线，可判断下列图象（丁）中正确的是B（图中P为小灯泡的功率，I为通过小灯泡的电流）（4）某同学将两个完全相同的这种小灯泡并联接到如图丙所示的电路中，其中电源电动势E=3V，内阻 r=3，则此时每个小灯泡的实际功率为0.36W（结果保留两位有效数字）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】（1）根据图示图象求出通过灯泡的最大电流与灯泡两端的最大电压，然后选择电流表与电压表；（2）根据描点法可得出对应的图象；（3）根据电功率公式分析答题；（4）在灯泡UI图象中作出电源的UI图象，求出灯泡两端电压与通过灯泡的电流，然后由P=UI求出灯泡的实际功率【解答】解：（1）由图示灯泡UI图象可知，通过灯泡的最大电流约为0.2A，则电流表选择C，灯泡两端最大电压为3V，则电压表应选择D；（2）根据描点法可得出对应的图象；（3）由P=I2R可知，在I2P图象中图象上某点与原点连线的斜率为电阻的倒数，灯泡电阻R又随I的增大而增大，灯泡电阻的倒数随I的增大而减小，则I2P图象的斜率随P的增大而减小，故B正确；（4）设通过灯泡的电流为I，灯泡两端电压为U，根据图丁所示电路图，由闭合电路欧姆定律可得：E=U+2Ir，则：U=E2Ir，即：U=36I，在灯泡UI图象坐标系内作出：U=36I的图象如图所示：由图示图象可知，灯泡两端电压：U=1.8V，通过灯泡的电流：I=0.2A，每个灯泡的实际功率：P=UI=1.80.2=0.36W；故答案为：（1）C；D；（2）如图所示；（3）B；（4）0.36四、计算题：本题共3小题，共计50分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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17电子质量为m，电荷量为q，以速度v0与x轴成角射入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后落在x轴上的P点，如图所示，求：（1）电子运动的轨道半径R；（2）OP的长度；（3）电子由O点射入到落在P点所需的时间t【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出粒子轨道半径（2）作出粒子运动轨迹，求出OP的长度（3）求出粒子转过的圆心角，然后根据粒子周期公式求出粒子的运动时间【解答】解：（1）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：qv0B=m，解得：；（2）粒子运动轨迹如图所示：由几何知识得：OP=2Rsin=；（3）由图中可知圆弧对应的圆心角为2，粒子做圆周运动的周期：，粒子的运动时间：t=答：（1）电子运动的轨道半径R为；（2）OP的长度为；（3）电子由O点射入到落在P点所需的时间t为18如图所示，两平行金属板A、B板长L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一带正电的粒子电量q=1010C，质量m=1020kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0=2106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域，（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响），已知两界面MN、PS相距为12cm，O点在中心线上距离界面PS为9cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上（静电力常数k=9109Nm2/C2）（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线OR的距离多远？（2）试在图上粗略画出粒子运动的轨迹；（3）确定点电荷Q的电性并求其电量的大小【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动由牛顿定律求出加速度，由运动学公式求出粒子飞出电场时的侧移h，由几何知识求解粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离（2）带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，在MN、PS间的无电场区域做匀速直线运动，界面PS右边做圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上，根据运动情况即可画出图象（3）由运动学公式求出粒子飞出电场时速度的大小和方向粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，由几何关系求出轨迹半径，再牛顿定律求解Q的电量【解答】解：（1）侧向位移：y=at2=0.03m=3cm （2）第一段是抛物线、第二段必须是直线、第三段是圆如图（3）带正电带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动Y=4y=12cm此时带电粒子的速度方向：vx=v0=2106m/s vy=at=1.5106m/sv=2.5106m/s此时的速度方向垂直于Oa由题的描述：粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏上，由此可以做出判断：该带正电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q作匀速圆周运动，所以Q带负电代人数据解得：Q=1.04108C答：（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线OR的距离为3cm；（2）画出粒子运动的轨迹如图；（3）点电荷Q带负电，其电量的大小为1.04108C19如图所示，AB是倾角为=53的粗糙直轨道，BCD是半径为R的光滑圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切一个质量为m的物体（可以看作质点）从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为=0.5sin53=0.8，cos53=0.6求：（1）物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程s；（2）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D（E、O、D为同一条竖直直径上的3个点），释放点距B点的距离L应满足什么条件（3）若物体从距B点d=3R处静止滑下，则物体离开圆轨时离圆心O点的高度是多少？【考点】动能定理的应用；向心力【分析】（1）物体在斜面上运动时，由于要克服摩擦力做功，机械能不断损失，最终物体以B（还有B关于OE的对称点）为最高点，在圆弧底部做往复运动，对整个过程，运用动能定理可求出物体在AB轨道上通过的总路程s（2）根据圆周运动中物体能过最高点D的条件求出D点的速度，然后根据动能定理求出L，从而得到L应满足的条件（3）由牛顿第二定律求出物体到达B点的速度，然后应用动能定理与几何知识求出高度【解答】解：（1）因为在AB轨道上摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2的圆弧上往复运动对整个过程，由动能定理得：mgRcosmgcoss=0，解得总路程为：；（2）设物体刚好到D点，由牛顿第二定律得：mg=，对全过程，由动能定理得：mgLsin mgcos LmgR（1+cos ）=m0，解得：LR=4.2R；（3）设物体离开圆轨时，所在半径与水平方向夹角为由牛顿第二定律得：，从B点到离开轨道的过程，由动能定理得：解得：sin=0.6，距圆心高为：h=Rsin=0.6R；答：（1）物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程s为2R；（2）释放点距B点的距离L应满足什么条件是：L4.2R（3）若物体从距B点d=3R处静止滑下，则物体离开圆轨时离圆心O点的高度是：0.6Rxx年12月19日