2019-2020年高三物理上学期段测试卷（含解析）.doc

2019-2020年高三物理上学期段测试卷（含解析）一、选择题：每题4分，共48分1如图所示，通电螺线管形成的磁场中有两个小磁铁A和B，其中B有一半在螺线管内部，一半在外部，则它们受力的方向分别为( )A向左，向左B向右，向右C向左，向右D向右，向左2一电流表的原理图如图所示质量为m的匀质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧劲度系数为k在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流大小下列说法正确的是( )A若要电流表正常工作，电流由MNB若将量程扩大2倍，只需将磁感应强度变为原来的倍C若将量程扩大2倍，可换一根劲度系数为原来倍的轻弹簧D若将量程扩大2倍，需要将磁感应强度和弹簧劲度系数均增大为原来2倍3如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置、时间（xt）图线由图可知( )A在时刻t1，a车追上b车B在时刻t2，a、b两车运动方向相反C在t1到t2这段时间内，b车的速率先减小后增大D在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大4一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法正确的是( )Ax1处电场强度最小，但不为零B粒子在0x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动C在0、x1、x2、x3处电势0、1，2，3，的关系为32=01Dx2x3段的电场强度大小方向均不变，为一定值5万有引力定律和库仑定律都遵循平方反比律，在处理有关问题时可以将它们进行类比例如电场中反映各点电场强弱的物理量是电场强度，其定义式为E=，在引力场中可以有一个类似的物理量来反映各点引力场的强弱，设地球质量为M，半径为R，地球表面处的重力加速度为g，引力常量为G，如果一个质量为m的物体位于距离地心2R处的某点，则下列表达式中能反映该点引力场强弱的是( )ABCD6如图所示，弹簧秤外壳的质量为m0，弹簧及挂钩质量不计，挂钩吊着一个质量为m的重物，现用方向竖直向上的外力F拉着弹簧秤，使其向上做匀加速运动，则弹簧的读数为( )AmgBFCmgDF7如图所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙固定斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平，大小也为v0，下列说法中正确的是( )A滑到斜面底端时，B的动能最大B滑到斜面底端时，B的机械能减少最多CA和C将同时滑到斜面底端DC的重力势能减少的多8如图所示，在同一竖直平面内有两个正对着的半圆形光滑轨道，轨道的半径都是R轨道端点所在的水平线相隔一定的距离x一质量为m的小球能在其间运动而不脱离轨道，经过最低点B时的速度为v小球在最低点B与最高点A对轨道的压力之差为F （F0 ）不计空气阻力则( )Am、R一定时，v越大，F一定越大Bm、R一定时，x越大，F一定越大Cm、x一定时，R越大，F一定越大Dm、x一定时，v越大，F一定越大9一个做平抛运动的物体，从运动开始到发生水平位移s的时间内，它在竖直方向的位移为d1；紧接着物体在发生第二个水平位移s的时间内，它在竖直方向发生的位移为d2已知重力加速度为g，则平抛运动物体的初速度的表达式中不正确的是( )ABCD10如图所示，质量为m的木块A叠放在质量为M的长直木板B上，A与墙壁用细绳连接，绳与墙壁夹角为，A与B、B与地面间的动摩擦因数均为，今用一水平向右恒力F拉B使之向右匀速运动，关于A、B受到摩擦力的情况，下列说法正确是( )AA受到与F方向相同的摩擦力，数值为mgBA受到与F方向相同的摩擦力，数值小于mgCB受到地面给它的与F方向相反的摩擦力，数值一定为（m+M）gDB受到地面给它的与F方向相反，数值一定为F11经长期观测，人们在宇宙中已经发现了“双星系统”“双星系统”由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的半径远小于两颗星之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体如图两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做匀速圆周运动现测得两颗星之间的距离为l，质量之比约为m1：m2=3：2，则可知( )Am1：m2做圆周运动的线速度之比为2：3Bm1：m2做圆周运动的角速度之比为1：lCm1做圆周运动的半径为lDm2做圆周运动的半径为l12在一正交的电、磁场中，有一带正电荷为q，质量为m的金属块沿倾角为的粗糙斜面由静止开始下滑，已知电场强度为E，方向竖直向下，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，斜面的高度为h，金属块滑到斜面底端时恰好离开斜面，设此时的速度为v，则( )A金属块从斜面顶端滑到底端的过程中，做加速度逐渐减小的加速运动B金属块从斜面顶端滑到底端的过程中，机械能增加了qEhC金属块从斜面顶端滑到底端的过程中，机械能增加了mv2mghD金属块离开斜面后将做匀速圆周运动二实验题（13题4分、14题6分）13在一些用来测量角度的仪器上，有一个可转动的圆盘，圆盘的边缘标有角度刻度为了较准确地测量出圆盘转动的角度，在圆盘外侧有一个固定不动的游标，上面共有10个刻度，游标总角度为9度，如图中画出了游标和圆盘的一部分，读出此时圆盘的零刻度线相对于游标零刻度线转过的角度为_度14从下列给出的器材中选出适当的实验器材，设计一个测量一个特殊电池的电动势和内阻，要求方法简捷，尽可能提高测量的精度待测电池电动势约9v，内阻约2KA电流表A1（量程5mA，内阻r1=50）B电流表A2（量程50mA，内阻r2=3）C电压表V1（量程10V，内阻r4约为15K）D电压表V2（量程3V，内阻r5约为10K）E电阻箱阻R1（最大阻值9999.9，额定电流为0.5A）F滑动变阻器R2（阻值0500，额定电流为0.5A）G滑动变阻器R3（阻值010，额定电流为1A）H电键，导线若干（1）测量时所用器材为_（填器材前面的英文字母，如A、B）（2）在虚线框内根据所用器材画出测量电路原理图三计算题共42分，15、16、17每题10分，18题12分15如图所示，一固定的足够长的粗糙斜面与水平面夹角=30一个质量m=1kg的小物体（可视为质点），在F=10N的沿斜面向上的拉力作用下，由静止开始沿斜面向上运动已知斜面与物体间的动摩擦因数=，取g=10m/s2试求：（1）物体在拉力F作用下运动的加速度a1；（2）若力F作用1.2s后撤去，物体在上滑过程中距出发点的最大距离s16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（3）第二滴水与第三滴水在盘面上的落点间的最大距离s17如图所示，在xoy平面内第二象限存在水平向左的匀强电场，场强为E，第一象限和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场有一质量为m，电荷量为e的电子，从x轴上的P点以某一初速度垂直于x轴进入电场，而后经过y轴上A点进入右侧磁场做圆周运动，轨迹交于x轴上的C点，电子在C点的速度垂直于x轴指向y轴负方向，继续运动从y轴上的某点离开磁场已知P点坐标（L，0），A点坐标（0，2L），忽略电子所受重力求：（1）电子从P点进入电场时的初速度大小；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）电子从P点进入电场到离开磁场所经历的时间18如图所示，直角坐标系xoy位于竖直平面内，在x0的区域内有电场强度大小E=4N/C、方向沿y轴正方向的条形匀强电场，其宽度d=2m一质量m=6.41027kg、电荷量q=3.21019C的带电粒子从P点，其坐标为（0，1m）以速度V=4104m/s，沿x轴正方向进入电场，经电场偏转最终通过x轴上的Q点（图中未标出），不计粒子重力求：（1）当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标；（2）若只改变上述电场强度的大小，且电场左边界的横坐标x处在0x3m范围内，要求带电粒子仍能通过Q点，求此电场左边界的横坐标x与电场强度的大小E的函数关系吉林省吉林一中xx届高三上学期段测物理试卷一、选择题：每题4分，共48分1如图所示，通电螺线管形成的磁场中有两个小磁铁A和B，其中B有一半在螺线管内部，一半在外部，则它们受力的方向分别为( )A向左，向左B向右，向右C向左，向右D向右，向左考点：安培定则分析：根据安培定则判断出通电螺线管产生的磁场的方向，然后结合磁体之间的相互作用力的特点即可判断出它们之间的作用力的方向解答：解：由安培定则可知，通电螺线管产生的磁场的方向向右，左侧为S极，右侧为N极A的右侧为N极，与螺线管的左侧的磁极相反，受到吸引力，所以受力的方向向右；B的左侧为S极，与螺线管的右侧的磁极相反，受到吸引力，所以受力的方向向左；故选：D点评：该题考查安培定则以及磁体之间的相互作用，判断出通电螺线管的磁场的方向是解答的关键2一电流表的原理图如图所示质量为m的匀质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧劲度系数为k在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流大小下列说法正确的是( )A若要电流表正常工作，电流由MNB若将量程扩大2倍，只需将磁感应强度变为原来的倍C若将量程扩大2倍，可换一根劲度系数为原来倍的轻弹簧D若将量程扩大2倍，需要将磁感应强度和弹簧劲度系数均增大为原来2倍考点：安培力分析：当电流表正常工作时，电流表有示数，金属棒将受到向下的安培力，根据左手定则可知MN中电流方向，从而确定MN的哪一端与电源正极相接当金属棒处于ab线上时，电流表示数最大，根据平衡条件列出受力平衡方程扩大量程后根据推导出的平衡方程即可解出正确结果解答：解：AB、为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下跟左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端故A正确；B、没有通电流时，mg=kx设满量程时通过MN的电流强度为Im，则有：BLIm+mg=k（+x）设量程扩大后，磁感应强度变为B，则有：2BLIm+mg=k（+x）得：B=B，故B正确；C、若换一根劲度系数为原来倍的轻弹簧，没有通电流时：mg=kx设满量程时通过MN的电流强度为Im，则有：BLIm+mg=k（+x）设量程扩大后，劲度系数变为k，则有：2BLIm+mg=k（+x）得：k=2k，故c错误；D、由于BC的分析可得，D错误故选：AB点评：本题重点要建立好模型，将电流表的量程，与MN的位移建立连接关系，进而由MN的位移x与弹力建立关系，最终在列平衡方程的时候，注意形变量不要用全部的，只用从cd到ab的，这样就把重力避开了3如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置、时间（xt）图线由图可知( )A在时刻t1，a车追上b车B在时刻t2，a、b两车运动方向相反C在t1到t2这段时间内，b车的速率先减小后增大D在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：位移时间关系图线反映位移随时间的变化规律，图线的斜率表示速度的大小解答：解：A、在时刻t1，a、b两车的位置坐标相同，开始a的位移大于b的位移，知b从后面追上a故A错误B、在时刻t2，a的位移增大，b的位移减小，知两车运动方向相反故B正确C、图线切线的斜率表示速度，在t1到t2这段时间内，b车图线斜率先减小后增大，则b车的速率先减小后增加故C正确D、在t1到t2这段时间内，b图线的斜率不是一直大于a图线的斜率，所以b车的速率不是一直比a车大故D错误故选：BC点评：解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示速度的大小，能够通过图线得出运动的方向4一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法正确的是( )Ax1处电场强度最小，但不为零B粒子在0x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动C在0、x1、x2、x3处电势0、1，2，3，的关系为32=01Dx2x3段的电场强度大小方向均不变，为一定值考点：电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得原点O处的电场强度；速度根据能量守恒判断；根据斜率读出场强的变化，由F=qE，分析电场力的变化，由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质解答：解：A、根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，得：E=Epx图象切线的斜率等于，根据数学知识可知，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A错误B、D：由图看出在0x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动x1x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动x2x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误，D正确C、根据电势能与电势的关系：Ep=q，粒子带负电，q0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：32=01故C错误故选：D点评：解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析5万有引力定律和库仑定律都遵循平方反比律，在处理有关问题时可以将它们进行类比例如电场中反映各点电场强弱的物理量是电场强度，其定义式为E=，在引力场中可以有一个类似的物理量来反映各点引力场的强弱，设地球质量为M，半径为R，地球表面处的重力加速度为g，引力常量为G，如果一个质量为m的物体位于距离地心2R处的某点，则下列表达式中能反映该点引力场强弱的是( )ABCD考点：万有引力定律及其应用；库仑定律专题：万有引力定律的应用专题分析：引力场的强弱类似于电场的强弱等于引力与质量的比值万有引力等于重力解答：解：电场的强弱等于电场力与电量的比值，引力场的强弱与它类似，应等于引力与质量的比值 在距离地心2R处的某点，质量为m的物体所受的引力为：F=mg引力场得强弱为：=g而所以g=故D正确，A、B、C错误故选D点评：解决本题的关键掌握万有引力等于重力以及会用类比的方法求引力场强弱6如图所示，弹簧秤外壳的质量为m0，弹簧及挂钩质量不计，挂钩吊着一个质量为m的重物，现用方向竖直向上的外力F拉着弹簧秤，使其向上做匀加速运动，则弹簧的读数为( )AmgBFCmgDF考点：胡克定律分析：先对弹簧秤和物体整体受力分析，运用牛顿第二定律列式求解加速度；再对重物受力分析，运用牛顿第二定律列式求解拉力大小解答：解：对弹簧秤和物体整体受力分析，受重力和拉力F，运用牛顿第二定律，有F（m+m0）g=（m+m0）a再对重物受力分析，受重力和弹簧拉力，运用牛顿第二定律，有Tmg=ma解得：T=m（g+a）=故选：B点评：本题关键是先对整体受力分析求出加速度，再对m受力分析，求出弹簧的拉力7如图所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙固定斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平，大小也为v0，下列说法中正确的是( )A滑到斜面底端时，B的动能最大B滑到斜面底端时，B的机械能减少最多CA和C将同时滑到斜面底端DC的重力势能减少的多考点：动能定理的应用；重力势能专题：动能定理的应用专题分析：动能变化看合力做的功，机械能变化看除重力外其余力做的功，重力势能的变化看重力做的功解答：解：A、根据动能定理，有WGWf=Ek2Ek1故末动能为Ek2=WGWf+Ek1由于滑块A、B初动能不同，故B的末动能大，滑块B、C比较，滑块C克服阻力做功较多，故B的末动能最大，故A正确；B、机械能减小量等于克服阻力做的功，故滑块C机械能减小的最大，故B错误；C、将滑块C的运动沿水平方向和沿斜面向下方向正交分解，由于滑动摩擦力的方向不断改变，故沿斜面向下的分运动的加速度不断改变，故C不会与A同时滑到斜面底端，故C错误；D、重力势能的减小量等于重力做的功，故三个滑块重力势能减小量相等，故D错误；故选A点评：本题关键是根据动能定理、重力做功与重力势能变化关系、除重力外其他力做功与机械能变化关系列式分析8如图所示，在同一竖直平面内有两个正对着的半圆形光滑轨道，轨道的半径都是R轨道端点所在的水平线相隔一定的距离x一质量为m的小球能在其间运动而不脱离轨道，经过最低点B时的速度为v小球在最低点B与最高点A对轨道的压力之差为F （F0 ）不计空气阻力则( )Am、R一定时，v越大，F一定越大Bm、R一定时，x越大，F一定越大Cm、x一定时，R越大，F一定越大Dm、x一定时，v越大，F一定越大考点：机械能守恒定律；向心力专题：机械能守恒定律应用专题分析：利用动能定理或者是机械能守恒可以求出小球经过A点时的速度；分别分析在A、B时的受力，利用向心力公式可以分别求出在A、B时受的支持力大小；知道了分别在A、B时受的支持力大小，进而可以求他们的差值解答：解：设m在A点时的速度为VA，在B点时速度为VB；对m从A到B点时，根据动能定理有：mg（2R+X）=mVB2mVA2对m在B点时，受重力和支持力NB的作用，根据牛顿第二定律：NBmg=m所以NB=mg+m；对m在A点，受重力和支持力NA，根据牛顿第二定律：NA+mg=m所以NA=mmg；小球在最低点B与最高点A对轨道的压力之差F=NBNA=6mg+2mg所以，从推导的关系式可知，C选项中R越大，F应该是越小，所以C错误，F与速度V没关系，所以选项AD都错误，m、R一定时，当x变大时，从关系式中不难发现F一定越大，所以B选项正确故选：B点评：把动能定理和圆周运动的知识结合在一起，这也是学习过程中常见的题目类型，只要掌握住分析问题的方法，这一类的题目基本上就可以解决了9一个做平抛运动的物体，从运动开始到发生水平位移s的时间内，它在竖直方向的位移为d1；紧接着物体在发生第二个水平位移s的时间内，它在竖直方向发生的位移为d2已知重力加速度为g，则平抛运动物体的初速度的表达式中不正确的是( )ABCD考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同解答：解：从运动开始到发生水平位移s的时间内，它在竖直方向的位移为d1；根据平抛运动的规律可得水平方向上：s=V0t 竖直方向上：d1=gt2联立可以求得初速度V0=，所以B正确；在竖直方向上，物体做自由落体运动，根据x=gT2可得d2d1=gT2，所以时间的间隔T=，所以平抛的初速度V0=，所以A正确；再根据匀变速直线运动的规律可知=，所以从一开始运动物体下降的高度为d2，由d2=g（2t）2，可得物体运动的时间间隔为t=，所以平抛的初速度V0=，所以D正确；本题选错误的，故选C点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动来求解10如图所示，质量为m的木块A叠放在质量为M的长直木板B上，A与墙壁用细绳连接，绳与墙壁夹角为，A与B、B与地面间的动摩擦因数均为，今用一水平向右恒力F拉B使之向右匀速运动，关于A、B受到摩擦力的情况，下列说法正确是( )AA受到与F方向相同的摩擦力，数值为mgBA受到与F方向相同的摩擦力，数值小于mgCB受到地面给它的与F方向相反的摩擦力，数值一定为（m+M）gDB受到地面给它的与F方向相反，数值一定为F考点：摩擦力的判断与计算专题：摩擦力专题分析：滑动摩擦力方向与接触面相切，与相对运动的方向相反（1）对A来说，由于B向右匀速运动，故A相对于B向左匀速运动故A受到的B给A的滑动摩擦力方向与A相对运动的方向相反，故A受到向右的与F方向相同的摩擦力；大小由f=N计算N的大小等于A受到的支持力的大小（2）对B来说，B与地面、木块A接触且不光滑，故B受的A对B和地面对B的摩擦力又因为B匀速运动，故受力平衡解答：解：A、由于B相对地面匀速向右运动，故A和地面相对B向左运动，由滑动摩擦力的方向判定可知，A受到的摩擦力应是向右的，故与F方向相同，摩擦力大小f=FN=（mgTcos）mg故A错误，B正确；C、B受到地面对B的摩擦力，方向与F相反，大小为f=（mgTcos+Mg）故C错误D、B受到地面对B的摩擦力f和A对B的摩擦力f，由于木块匀速运动，故有f+f=F，所以f=Ff，所以数值小于F，故D错误故选：B点评：本题涉及到摩擦力方向的判定和平衡条件的应用，有一定难度11经长期观测，人们在宇宙中已经发现了“双星系统”“双星系统”由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的半径远小于两颗星之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体如图两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做匀速圆周运动现测得两颗星之间的距离为l，质量之比约为m1：m2=3：2，则可知( )Am1：m2做圆周运动的线速度之比为2：3Bm1：m2做圆周运动的角速度之比为1：lCm1做圆周运动的半径为lDm2做圆周运动的半径为l考点：万有引力定律及其应用专题：万有引力定律的应用专题分析：抓住双星围绕连线上的O点做匀速圆周运动的向心力由彼此间的万有引力提供，因此两星做圆周运动的角速度相等，由此展开讨论即可解答：解：双星围绕连线上的O点做匀速圆周运动，彼此间万有引力提供圆周运动向心力，可知双星做圆周运动的周期和角速度相等令星m1的半径为r，则星m2的半径为lr则有：据万有引力提供圆周运动向心力有：即m1r=m2（lr）又则星m2的半径为，故C错误，D正确又因为v=r可知，两星做圆周运动的线速度之比等于半径之比即：，所以A正确双星运动的角速度相同，故B正确故选：ABD点评：抓住双星靠彼此间的万有引力提供圆周运动的向心力可知，两星做圆周运动的角速度相同这是解决本题的突破口和关键12在一正交的电、磁场中，有一带正电荷为q，质量为m的金属块沿倾角为的粗糙斜面由静止开始下滑，已知电场强度为E，方向竖直向下，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，斜面的高度为h，金属块滑到斜面底端时恰好离开斜面，设此时的速度为v，则( )A金属块从斜面顶端滑到底端的过程中，做加速度逐渐减小的加速运动B金属块从斜面顶端滑到底端的过程中，机械能增加了qEhC金属块从斜面顶端滑到底端的过程中，机械能增加了mv2mghD金属块离开斜面后将做匀速圆周运动考点：带电粒子在混合场中的运动；功能关系分析：对物体受力分析，根据各力的性质可确定物体的运动情况；由功能关系确定机械能的增加量解答：解：物体受重力、支持力、摩擦力、电场力及洛仑兹力的作用；因洛仑兹力垂直于接触面；随着速度的增大，洛仑兹力增大，物体对接触面的压力减小；摩擦力减小；则合外力一定增大；故加速度增大；故A错误；B、在下滑过程中，电场力做功为qEh，由于有摩擦力做负功；故机械能的增加量小于qEh；故B错误；C、重力势能减小了mgh，而动能增加了mv2；故机械能增加量为mv2mgh；故C正确；D、离开斜面后，由于受竖直向下的重力与电场力的合力，以及洛仑兹力，故不可能做匀速圆周运动；故D错误；故选：C点评：本题考查了受力分析、功能关系等内容，要注意明确合外力做功等于动能的变化；重力之外的其他力做功等于机械能的改变量二实验题（13题4分、14题6分）13在一些用来测量角度的仪器上，有一个可转动的圆盘，圆盘的边缘标有角度刻度为了较准确地测量出圆盘转动的角度，在圆盘外侧有一个固定不动的游标，上面共有10个刻度，游标总角度为9度，如图中画出了游标和圆盘的一部分，读出此时圆盘的零刻度线相对于游标零刻度线转过的角度为30.5度考点：实验中常用仪器及其正确操作方法专题：实验题分析：该实验仪器原理类似于游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标尺读数，不需估读解答：解：主尺精确到1，游标卡尺（游标尺上有10个等分刻度）精确到0.1主尺读数为30，游标读数为0.15=0.5，所以最终读数为30.5故答案为：30.5点评：解决本题的关键掌握该器材的读数方法，即主尺读数加上游标读数，不需估读注意器材的精确度14从下列给出的器材中选出适当的实验器材，设计一个测量一个特殊电池的电动势和内阻，要求方法简捷，尽可能提高测量的精度待测电池电动势约9v，内阻约2KA电流表A1（量程5mA，内阻r1=50）B电流表A2（量程50mA，内阻r2=3）C电压表V1（量程10V，内阻r4约为15K）D电压表V2（量程3V，内阻r5约为10K）E电阻箱阻R1（最大阻值9999.9，额定电流为0.5A）F滑动变阻器R2（阻值0500，额定电流为0.5A）G滑动变阻器R3（阻值010，额定电流为1A）H电键，导线若干（1）测量时所用器材为ACEH（填器材前面的英文字母，如A、B）（2）在虚线框内根据所用器材画出测量电路原理图考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题分析：根据电源的电动势可以确定电压表，根据电路中电流可以确定电流表；根据控制电路的作用可以选择滑动变阻器或电阻箱解答：解：（1）电源的电动势为9V，故可以选择量程为10V的电压表；因电路中电流I=4.5mA；故电流表可以选择A；因电源内阻较大，而两个滑动变阻器阻较小；因此可以选用电阻箱E；另外需要电键、开关H；故选择：ACEH；（2）本实验采用伏安法即可以测量电源的电动势和内阻；原理图如图所示；故答案为：（1）ACEH；（2）如图所示点评：本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理并能得出对应的实验电路图三计算题共42分，15、16、17每题10分，18题12分15如图所示，一固定的足够长的粗糙斜面与水平面夹角=30一个质量m=1kg的小物体（可视为质点），在F=10N的沿斜面向上的拉力作用下，由静止开始沿斜面向上运动已知斜面与物体间的动摩擦因数=，取g=10m/s2试求：（1）物体在拉力F作用下运动的加速度a1；（2）若力F作用1.2s后撤去，物体在上滑过程中距出发点的最大距离s考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）由牛顿第二定律可以求出加速度；（2）由匀变速运动的速度公式与位移公式可以求出物体的位移；解答：解：（1）由牛顿第二定律得：Fmgsin30mgcos30=ma1，解得：a1=2.5m/s2； （2）力作用t=1.2s后，速度大小为v=at=3m/s，物体向上滑动的距离：s1=a1t2=1.8m；此后它将向上匀减速运动，其加速度大a2=7.5m/s2， 这一过程物体向上滑动的距离：s2=0.6m，整个上滑过程移动的最大距离：s=s1+s2=2.4m；答：（1）物体在拉力F作用下运动的速度为2.5m/s2；（2）若 力F作用1.2s后撤去，物体在上滑过程中距出发点的最大距离为2.4m；点评：对物体正确受力分析、应用牛顿第二定律、匀变速运动规律、功的计算公式即可正确解题16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（3）第二滴水与第三滴水在盘面上的落点间的最大距离s考点：平抛运动；运动的合成和分解专题：匀速圆周运动专题分析：水滴滴下后做平抛运动，根据高度求出时间根据圆周运动的周期性，可分析得出使每一滴水在盘面上的落点都位于一条直线上的条件，求出最小角速度当第二滴水与第三滴水在盘面上的落点位于同一直径上圆心的两侧时两点间的距离最大利用水平间关系关系可求出解答：解：（1）水滴在竖直方向做自由落体运动，有 h= 得t1=（2）要使每一滴水在圆盘面上的落点都位于同一条直线上，在相邻两滴水的下落时间内，圆盘转过的最小角度为，所以最小角速度为=（3）第二滴水落在圆盘上的水平位移为 x2=v2t1=2v第三滴水在圆盘上的水平位移为 x3=v3t1=3v当第二滴水与第三滴水在盘面上的落点位于同一直径上圆心的两侧时两点间的距离最大，为 s=x2+x3=5v答：（1）每一滴水经时间滴落到盘面上（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为（3）第二滴水与第三滴水在盘面上的落点间的最大距离s为点评：本题难点在于分析距离最大的条件：同一直径的两个端点距离最大运用数学知识，解决物理问题的能力是xx届高考考查的内容之一17如图所示，在xoy平面内第二象限存在水平向左的匀强电场，场强为E，第一象限和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场有一质量为m，电荷量为e的电子，从x轴上的P点以某一初速度垂直于x轴进入电场，而后经过y轴上A点进入右侧磁场做圆周运动，轨迹交于x轴上的C点，电子在C点的速度垂直于x轴指向y轴负方向，继续运动从y轴上的某点离开磁场已知P点坐标（L，0），A点坐标（0，2L），忽略电子所受重力求：（1）电子从P点进入电场时的初速度大小；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）电子从P点进入电场到离开磁场所经历的时间考点：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）电子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动知识可以求出电子的初速度大小（2）电子在匀强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磁感应强度（3）求出电子在匀强磁场中做圆周运动的圆心角，求出电子在磁场中的运动时间，然后求出电子从P点进入电场到离开磁场所经历的时间解答：解：（1）电子在电场中做类平抛运动，在x轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：eE=ma，位移：x=，解得：；在y轴方向上做匀速直线运动，位移：y=，解得：；（2）设电子经过A点时速度的大小为v，x轴方向分速度：，y轴方向分速度：，电子进入磁场时的速度：，设v的方向与y轴夹角为，则有：，=450电子在磁场中做匀速圆周运动，如图所示，由牛顿第二定律得：evB=m，由图中几何关系可知，解得：；（3）电子在磁场中做匀速圆周运动的周期：，解得：，电子在磁场中运动的时间为t2，由图中几何关系可知电子转过的圆心角为电子在匀强磁场中的运动时间：，电子在电场中运动的时间：，电子的运动时间：；答：（1）电子从P点进入电场时的初速度大小为；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小为；（3）电子从P点进入电场到离开磁场所经历的时间为点评：本题考查了电子在电场与磁场中的运动问题，是电磁学与力学的一道综合题，分析清楚电子的运动过程，应用类平抛运动规律、运动的合成与分解、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题18如图所示，直角坐标系xoy位于竖直平面内，在x0的区域内有电场强度大小E=4N/C、方向沿y轴正方向的条形匀强电场，其宽度d=2m一质量m=6.41027kg、电荷量q=3.21019C的带电粒子从P点，其坐标为（0，1m）以速度V=4104m/s，沿x轴正方向进入电场，经电场偏转最终通过x轴上的Q点（图中未标出），不计粒子重力求：（1）当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标；（2）若只改变上述电场强度的大小，且电场左边界的横坐标x处在0x3m范围内，要求带电粒子仍能通过Q点，求此电场左边界的横坐标x与电场强度的大小E的函数关系考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）粒子进入匀强电场，只受电场力，做类平抛运动，根据运动的分解，求出粒子离开电场时的速度偏向角为，由数学知识求出Q点的横坐标（2）讨论当0x3m时，Q点在电场外面右侧，研究速度偏向角，求出横坐标x与电场强度的大小E的函数关系解答：解：（1）带电粒子垂直进入电场后做类平抛运动粒子在电场中加速度 qE=ma运动时间 d=vt1沿y方向位移 沿y方向分速度 vy=at1设P点到原点0的距离为r，据题有：r=1m粒子出电场后又经时间t2达x轴上Q点：ry=vyt2故Q点的坐标为：x=d+vt2=5.0m；（2）电场左边界的横坐标为x当0x13m时，设粒子离开电场时的速度偏向角为，则：又：由上两式得：；答：（1）当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标为5.0m；（2）此电场左边界的横坐标x与电场强度的大小E的函数关系为点评：本题是磁场和电场组合场问题，考查分析和解决综合题的能力，关键是运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式、几何关系求解