2022-2022学年湖南省长沙市长郡中学高三（上）周测物理试卷（12月份）（2）一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分．每小题给出的四个选项中，1-9只有一个选项正确，10-12有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．（4分）（2022秋•潍坊期中）许多物理学家的科学研究推动了物理学的发展，促进了人类文明．以下对几位物理学家所作的科学探究，叙述正确的是（ ） A．牛顿用实验的方法测出引力常量G B．伽利略用斜面实验和逻辑推理证明了所有自由落体运动的加速度相同 C．开普勒用数据归纳的研究方法发现了万有引力定律 D．胡克用逻辑推理的方法得出了胡克定律2．（4分）（2022•扬州四模）质点仅在恒力F的作用下，由O点运动到A点的轨迹如图所示，在A点时速度的方向与x轴平行，则恒力F的方向可能沿（ ） A．x轴正方向B．x轴负方向C．y轴正方向D．y轴负方向3．（4分）（2022春•桦甸市校级月考）火星的质量和半径分别约为地球的和，地球表面的重力加速度为g，则火星表面的重力加速度约为（ ） A．0.2gB．0.4gC．0.8gD．2.5g4．（4分）如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ＜45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长．现让小球自C点由静止释放，在小球滑到杆底端的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是（ ） A．小球的动能与重力势能之和保持不变 B．小球的动能与重力势能之和先增大后减少 C．小球的动能与弹簧的弹性势能之和先减少后增大 D．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变5．（4分）（2022秋•杨浦区校级期末）如图所示，电动势为E、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接．只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作．如果再合上S2，则下列表述正确的是（ ）-21- A．电源输出功率减小B．L1上消耗的功率增大 C．通过R1上的电流增大D．通过R3上的电流增大6．（4分）（2022•普陀区一模）如图，一个边长为l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长也为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，虚线框的对角线ba与导线框的一条边垂直，ab的延长线平分导线框．在t=0时，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿ab方向移动，直到整个导线框离开磁场区域．以i表示导线框中感应电流的强度，取逆时针方向为正．下列表示i﹣t关系的图示中，可能正确的是（ ） A．B．C．D．7．（4分）（2022秋•潍坊期中）足够长的木板质量为m1，沿水平地面做匀减速运动．t=0时刻，在木板上无初速放一质量为m2的物块，物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数相同．分别用v1和v2表示木板和物块的速度，下列反映v1和v2变化的图线中正确的是（ ） A．B．C．D．8．（4分）（2022•海淀区一模）如上右图所示，在光滑的水平面上有一质量为M、倾角为θ的光滑斜面体，斜面上有一质量为m的物块沿斜面下滑．关于物块下滑过程中对斜面压力大小的解答，有如下四个表达式．要判断这四个表达式是否合理，你可以不必进行复杂的计算，而是根据所学的物理知识和物理方法进行分析，从而判断解的合理性．根据你的判断，下述表达式中可能正确的是（ ）-21- A．B． C．D．9．（4分）（2022•海南）一航天飞机下有一细金属杆，杆指向地心．若仅考虑地磁场的影响，则当航天飞机位于赤道上空（ ） A．由东向西水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下 B．由西向东水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下 C．沿经过地磁极的那条经线由南向北水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由下向上 D．沿经过地磁极的那条经线由北向南水平飞行时，金属杆中一定没有感应电动势10．（4分）（2022•福建）如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ．现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g．则此过程（ ） A．杆的速度最大值为 B．流过电阻R的电荷量为 C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量 D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量11．（4分）（2022秋•潍坊期中）如图所示，一轻弹簧上端固定，下端自由悬垂到A点．在其下端拴一质量为m的小球后，用手托住小球缓慢下降至B点，松手后小球静止在B点．再用一竖直向下的恒力F拉小球，当小球运动到C点时速度变为0，此时撤掉拉力，已知AB=BC=l，以下判断正确的是（ ）-21- A．小球由B至C过程，弹簧和小球组成系统的机械能增加Fl B．小球由B至C过程，弹簧弹性势能增加Fl C．撤掉F后小球运动到B点的动能最大，最大值为Fl D．撤掉F时，弹簧具有的最大弹性势能为2mgl+Fl12．（4分）（2022•文峰区校级模拟）如图所示，MN是纸面内的一条直线，其所在空间充满与纸面平行的匀强电场或与纸面垂直的匀强磁场（场区都足够大），现有一个重力不计的带电粒子从MN上的O点以水平初速度v0射入场区，下列判断正确的是（ ） A．如果粒子回到MN上时速度增大，则该空间存在的场一定是电场 B．如果粒子回到MN上时速度大小不变，则该空间存在的场可能是电场 C．若只改变粒子的初速度大小，发现粒子再回到MN上时与其所成的锐角夹角不变，则该空间存在的场一定是磁场 D．若只改变粒子的初速度大小，发现粒子再回到MN上所用的时间不变，则该空间存在的场一定是磁场 二、实验题（共18分）13．（6分）（2022秋•潍坊期中）一小组用如图所示装置测定滑块与斜面间的动摩擦因数．斜面下端固定一光电门，上端由静止释放一带有遮光条的滑块，滑块沿斜面加速通过光电门．（1）要测量木板与斜面间的动摩擦因数，除了已知当地重力加速度g及遮光条宽度d、遮光时间t，还应测量的物理量是下列选项中的 ；A．滑块的长度LB．斜面的倾角θC．滑块的质量mD．释放滑块时遮光条到光电门间的距离x（2）用上述物理量表示滑块与斜面间动摩擦因数μ= ．-21-14．（12分）（2022秋•曲阜市校级期中）如图为一电学实验的实物连线图，该实验可用来测量待测电阻Rx的阻值（约500Ω），图中两个电压表量程相同，内阻都很大．实验步骤如下：①调节电阻箱，使它的阻值R0与待测电阻的阻值接近．将滑动变阻器的滑动头调到最右端；②合上开关S；③将滑动变阻器的滑动头向左端滑动，使两个电压表指针都有明显偏转；④记下两个电压表的示数U1和U2；⑤多次改变滑动变阻器的滑动头位置，记下两个电压表的多组示数U1和U2；⑥求Rx的平均值．回答下列问题：（Ⅰ）根据实物连线图在虚线框内画出实验的电路原理图，其中电阻箱的符号为：滑动变阻器的符号为：其余器材用通用的符号表示．（Ⅱ）不计电压表内阻的影响，用U1、U2和R0表示Rx的公式为Rx= ．（Ⅲ）考虑电压表内阻的影响，用U1、U2、R0、电压表内阻r1和r2表示Rx的公式为Rx= ． 三、解答题（本题共3小题，满分44分．解答应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．）15．（12分）如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=37°固定斜面上（斜面足够长），对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分v﹣t图象如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）试求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2）拉力F的大小；-21-（3）t=4s时物体的速度．16．（14分）（2022•上海）如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距lm，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为R的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25．求：（1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小；（3）在上问中，若R=2Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向．（g=10rn/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）17．（18分）（2022•九江二模）如图所示，在xoy平面直角坐标系的第一象限有射线OA，OA与x轴正方向夹角为30°，OA与y轴所夹区域内有沿y轴负方向的匀强电场E1，第二象限存在水平向右的匀强电场E2，其它区域存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场．有一质量为m、电量为q的带正电粒子，从y轴上的P点沿着x轴正方向以初速度v0射入电场，运动一段时间后经过Q点垂直于射线OA进入磁场，经磁场垂直x轴进入偏转电场E2，过y轴正半轴上的P点再次进入匀强电场E1，已知OP=h，不计粒子重力，求：（1）粒子经过Q点时的速度大小；（2）匀强电场电场强度E1的大小；（3）粒子从Q点运动到P点所用的时间．-21-2022-2022学年湖南省长沙市长郡中学高三（上）周测物理试卷（12月份）（2）参考答案与试题解析 一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分．每小题给出的四个选项中，1-9只有一个选项正确，10-12有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．（4分）（2022秋•潍坊期中）许多物理学家的科学研究推动了物理学的发展，促进了人类文明．以下对几位物理学家所作的科学探究，叙述正确的是（ ） A．牛顿用实验的方法测出引力常量G B．伽利略用斜面实验和逻辑推理证明了所有自由落体运动的加速度相同 C．开普勒用数据归纳的研究方法发现了万有引力定律 D．胡克用逻辑推理的方法得出了胡克定律考点：物理学史．专题：常规题型．分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：A、卡文迪许用实验的方法测出引力常量G，故A错误B、伽利略用斜面实验和逻辑推理证明了所有自由落体运动的加速度相同，故B正确C、开普勒用数据归纳的研究方法发现了行星运动规律，牛顿发现了万有引力定律，故C错误D、胡克用实验的方法得出了胡克定律，故D错误故选：B．点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一． 2．（4分）（2022•扬州四模）质点仅在恒力F的作用下，由O点运动到A点的轨迹如图所示，在A点时速度的方向与x轴平行，则恒力F的方向可能沿（ ） A．x轴正方向B．x轴负方向C．y轴正方向D．y轴负方向考点：物体做曲线运动的条件．专题：物体做曲线运动条件专题．分析：物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，由此可以分析得出结论．解答：解：由于物体做的是曲线运动，根据物体做曲线运动的条件可知，物体受到的恒力的方向应该斜向右下方，所以只有D符合题意．故选D．点评：-21-本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，掌握了做曲线运动的条件，本题基本上就可以解决了． 3．（4分）（2022春•桦甸市校级月考）火星的质量和半径分别约为地球的和，地球表面的重力加速度为g，则火星表面的重力加速度约为（ ） A．0.2gB．0.4gC．0.8gD．2.5g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：根据星球表面的万有引力等于重力列出等式表示出重力加速度．通过火星的质量和半径与地球的关系找出重力加速度的关系．解答：解：根据星球表面的万有引力等于重力知道得出：g=火星的质量和半径分别约为地球的和所以==0.4故g火=0.4g故B正确、ACD错误．故选：B．点评：求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先根据物理规律用已知的物理量表示出来，再进行之比． 4．（4分）如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ＜45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长．现让小球自C点由静止释放，在小球滑到杆底端的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是（ ） A．小球的动能与重力势能之和保持不变 B．小球的动能与重力势能之和先增大后减少 C．小球的动能与弹簧的弹性势能之和先减少后增大 D．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：分析小球沿杆下滑的过程的受力和做功情况，重力和弹簧的拉力做功，所以小球机械能不守恒，但是小球和弹簧组成的系统的机械能守恒．解答：-21-解：A、小球沿杆下滑的过程的受重力、杆的弹力和弹簧的拉力，重力和弹簧的拉力做功，所以小球机械能不守恒，故A错误．B、根据除了重力之外的力做功量度机械能守恒得：小球自C点由静止释放到B的过程中弹簧的拉力做正功，所以小球的机械能增大，从B点向下，弹簧的拉力与速度方向成钝角，做负功，小球的机械能减小，故B正确．C、小球和弹簧组成的系统的机械能守恒，而小球的重力势能减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和增大，故C错误．D、小球和弹簧组成的系统的机械能守恒，而小球的动能在变化，所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和也在变化，故D错误．故选：B．点评：对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法．这是一道考查系统机械能守恒的好题． 5．（4分）（2022秋•杨浦区校级期末）如图所示，电动势为E、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接．只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作．如果再合上S2，则下列表述正确的是（ ） A．电源输出功率减小B．L1上消耗的功率增大 C．通过R1上的电流增大D．通过R3上的电流增大考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由题，只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作，再合上S2，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化．由于电源的内阻不计，电源的输出功率P=EI，与电流成正比．L1的电压等于并联部分总电压，并联部分的电压随着其电阻的减小而减小，分析L1上消耗的功率变化，判断通过R3上的电流变化．解答：解：A、只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作，再合上S2，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大．由于电源的内阻不计，电源的输出功率P=EI，与电流成正比，则电源输出功率增大．故A错误．B、由于并联部分的电阻减小，根据串联电路的特点，并联部分分担的电压减小，L1两端的电压减小，其消耗的功率减小．故B错误．C、再合上S2，外电路总电阻减小，干路电流增大，而R1在干路中，通过R1上的电流增大．故C正确．D、并联部分的电压减小，通过R3上的电流将减小．故D错误．故选：C．点评：本题要抓住并联的支路增加时，并联的总电阻将减小．同时要注意电源的内阻不计，电源的输出功率P=EI． -21-6．（4分）（2022•普陀区一模）如图，一个边长为l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长也为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，虚线框的对角线ba与导线框的一条边垂直，ab的延长线平分导线框．在t=0时，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿ab方向移动，直到整个导线框离开磁场区域．以i表示导线框中感应电流的强度，取逆时针方向为正．下列表示i﹣t关系的图示中，可能正确的是（ ） A．B．C．D．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．专题：压轴题；电磁感应与电路结合．分析：根据右手定则判断感应电流的方向，根据切割磁感线的有效切割长度的变化得出电流的大小变化．解答：解：A、从正方形线框下边开始进入到下边完全进入过程中，线框切割磁感线的有效长度逐渐增大，所以感应电流也逐渐拉增大，故A错误；B、从正方形线框下边完全进入至下边刚穿出磁场边界时，切割磁感线有效长度不变，故感应电流不变，故B错误；C、当正方形线框下边离开磁场，上边未进入磁场的过程比正方形线框上边进入磁场过程中，磁通量减少的稍慢，故这两个过程中感应电动势不相等，感应电流也不相等，故D错误，C正确．故选：C．点评：本题的难点在于根据几何关系求出有效切割长度，注意当导线框的前条边出磁场后条边开始进磁场的过程中线框中的电流大小继续减小，且减小的情况比前一阶段减小情况更快，这是学生在练习中经常出错的地方． 7．（4分）（2022秋•潍坊期中）足够长的木板质量为m1，沿水平地面做匀减速运动．t=0时刻，在木板上无初速放一质量为m2的物块，物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数相同．分别用v1和v2表示木板和物块的速度，下列反映v1和v2变化的图线中正确的是（ ） A．B．C．D．-21-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：先采用隔离法分别对两木块受力分析，m1沿水平地面做匀减速运动，m2做匀加速直线运动，当二者速度相等后一起匀减速，运用牛顿第二定律分别表示出其加速度的大小进行比较．解答：解：开始时m1的速度大于m2的速度，故m2受向前的摩擦力，根据牛顿第二定律：μm2g=m2a2得：a2=μg对m1受力分析，根据牛顿第二定律：μ（m1g+m2g）+μm1g=m2a，得：a=μg+g当二者速度相等后一起匀减速，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：μ（m1g+m2g）=（m1+m2）a得：a=μg即二者发生相对运动的时间内m1的加速度大小大于m2的加速度，二者共同匀减速时加速度大小等于原来的m2的加速度的大小，v﹣t图象的斜率大小表示加速度大小，从而判断B正确．故选：B．点评：本题的关键是正确的运用牛顿第二定律表示出各加速度大小，然后知道v﹣t图象的斜率表示加速度． 8．（4分）（2022•海淀区一模）如上右图所示，在光滑的水平面上有一质量为M、倾角为θ的光滑斜面体，斜面上有一质量为m的物块沿斜面下滑．关于物块下滑过程中对斜面压力大小的解答，有如下四个表达式．要判断这四个表达式是否合理，你可以不必进行复杂的计算，而是根据所学的物理知识和物理方法进行分析，从而判断解的合理性．根据你的判断，下述表达式中可能正确的是（ ） A．B． C．D．考点：牛顿第二定律．分析：本题要求定性的分析即可，所以可以采用特殊值的方法来快速的得到答案．解答：解：如果物体不是放在斜面上，而是在水平面上，即θ=0的时候，此时Mm之间的作用力应该是mg，此时的sinθ=0，AB选项的结果为0，所以AB错误；对于C选项，M=msin2θ是可能的，而在C选项中，此时的结果为无穷大，所以C错误；-21-所以正确的为D选项．故选：D．点评：由于斜面是在光滑的水平面上，并没有固定，物体与斜面相互作用会使斜面后退，由于斜面后退，物体沿着斜面下滑路线与地面夹角＞θ，与物体沿着固定斜面下滑截然不同． 9．（4分）（2022•海南）一航天飞机下有一细金属杆，杆指向地心．若仅考虑地磁场的影响，则当航天飞机位于赤道上空（ ） A．由东向西水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下 B．由西向东水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下 C．沿经过地磁极的那条经线由南向北水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由下向上 D．沿经过地磁极的那条经线由北向南水平飞行时，金属杆中一定没有感应电动势考点：右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势．专题：应用题；压轴题．分析：假设金属杆中产生了感应电流，金属杆相当于电源，在电源内部电流从低电势点流向高电势点；由右手定则判断出感应电流的方向，从而判断电势的高低．解答：解：在地球赤道上空，地磁感线水平由南指向北；A、B、飞机由东向西水平飞行时，由右手定则可知，感应电流从上向下，因此金属杆中感应电动势的方向一定由上向下，故A正确，B错误；C、D、飞机沿经过地磁极的那条经线由南向北水平飞行时，飞机的速度方向与磁感线方向平行，金属杆不切割磁感线，不产生感应电动势，故C错误，D正确；故选AD．点评：知道赤道上方磁感线的方向、熟练应用右手定则即可正确解题，此题是一道基础题． 10．（4分）（2022•福建）如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ．现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g．则此过程（ ） A．杆的速度最大值为 B．流过电阻R的电荷量为 C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量-21- D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：压轴题；电磁感应——功能问题．分析：导体在恒力作用下向左先做加速运动后做匀速运动，此时速度达到最大，根据平衡条件和安培力的表达式FA=求解最大速度．由q=求解电量．根据功能关系分析恒力F做的功与摩擦力做的功之和与动能的变化量、恒力F做的功与安培力做的功之和与动能变化量的关系．解答：解：A、设杆的速度最大值为v，此时杆所受的安培力为FA==，而且杆受力平衡，则有F=FA+μmg，解得，v=．故A错误．B、流过电阻R的电荷量为q==．故B正确．C、D根据动能定理得：恒力F做的功、摩擦力做的功、安培力做的功之和等于杆动能的变化量，而摩擦力做负功，安培力也做负功，则知恒力F做的功与摩擦力做的功之和大于杆动能的变化量，恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量．故C错误，D正确．故选BD点评：本题是收尾速度问题，从力和能两个角度分析，关键掌握两个经验公式：安培力FA=，感应电量q=． 11．（4分）（2022秋•潍坊期中）如图所示，一轻弹簧上端固定，下端自由悬垂到A点．在其下端拴一质量为m的小球后，用手托住小球缓慢下降至B点，松手后小球静止在B点．再用一竖直向下的恒力F拉小球，当小球运动到C点时速度变为0，此时撤掉拉力，已知AB=BC=l，以下判断正确的是（ ） A．小球由B至C过程，弹簧和小球组成系统的机械能增加Fl B．小球由B至C过程，弹簧弹性势能增加Fl C．撤掉F后小球运动到B点的动能最大，最大值为Fl D．撤掉F时，弹簧具有的最大弹性势能为2mgl+Fl-21-考点：机械能守恒定律；动能定理．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：首先要对小球进行正确的受力分析，了解各力在各个过程中做功情况，利用动能定理可判知ABC三个选项的正误；从A到B和从B到C的过程中，弹簧的形变量相同，利用这两个过程弹簧的弹性势能的增量相等，可判断D选项的正误．解答：解：A、小球由B至C过程，弹簧和小球组成系统的机械能增加为外力所做的功的大小，在此过程中除重力和弹簧的弹力做功外，还有外力F做正功，做功为W=Fl，所以弹簧和小球组成的系统机械能增加了Fl，所以选项A正确．B、小球由B至C过程，以小球为研究对象，有重力，弹簧的弹力和拉力F对其做功，有动能定理可得，弹簧的弹力的功等于重力做功和拉力F做功的和，即为（mg+F）l，所以选项B错误．C、撤掉F后小球运动到B点的过程中，弹簧的弹力做功和重力做功情况与小球从B到C的过程恰好相反，由对称可知，弹力和重力做功的代数和恰为Fl，结合动能定理，此过程中增加的动能为Fl，选项C正确．D、由对B的解答可知，小球从B到C的过程中，弹簧的弹性势能增加了（mg+F）l，由A到B与由B到C，弹簧的想变量相同，弹簧的势能增加也相同，所以撤掉F时，弹簧具有的最大弹性势能为2（mg+F）l，选项D错误．故选：AC．点评：该题考查了机械能守恒定律和动能定理，判断机械能守恒是否时，要注意分析是否有重力和弹力之外的力做功，同时要注意研究对象的选择；再利用动能定理解题时，首先要正确的对研究对象进行受力分析，明确各力的做功情况（包括正负），然后列式求解． 12．（4分）（2022•文峰区校级模拟）如图所示，MN是纸面内的一条直线，其所在空间充满与纸面平行的匀强电场或与纸面垂直的匀强磁场（场区都足够大），现有一个重力不计的带电粒子从MN上的O点以水平初速度v0射入场区，下列判断正确的是（ ） A．如果粒子回到MN上时速度增大，则该空间存在的场一定是电场 B．如果粒子回到MN上时速度大小不变，则该空间存在的场可能是电场 C．若只改变粒子的初速度大小，发现粒子再回到MN上时与其所成的锐角夹角不变，则该空间存在的场一定是磁场 D．若只改变粒子的初速度大小，发现粒子再回到MN上所用的时间不变，则该空间存在的场一定是磁场考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：压轴题；带电粒子在复合场中的运动专题．分析：电场力可以做功，故电场可以改变粒子的速度；洛伦兹力不做功，故洛伦兹力只改变速度的方向．解答：解：A、电场力可以做功，洛伦兹力不做功，速度增大，故是电场，故A正确；-21-B、如果粒子回到MN上时速度大小不变，可能是磁场，也有可能是电场，物体做类似上抛运动，抛出点和落回点在同一等势面上，故B正确；C、如果是磁场，粒子做匀速圆周运动，粒子再回到MN上时与其所成的锐角夹角不变；如果是电场，当电场力竖直向下时，粒子再回到MN上时与其所成的锐角夹角的正切等于位移方向与水平方向夹角正切的2倍，也不变；故C错误；D、若只改变粒子的初速度大小，发现粒子再回到MN上所用的时间不变，粒子只能是在磁场中运动，，与速度无关，故D正确；故选ABD．点评：粒子在磁场中是匀速圆周运动，在电场中是类似平抛运动，对于电场中的运动，很多省份的考试说明中只考虑初速度与电场平行和垂直两种情况，可以当作平抛运动处理． 二、实验题（共18分）13．（6分）（2022秋•潍坊期中）一小组用如图所示装置测定滑块与斜面间的动摩擦因数．斜面下端固定一光电门，上端由静止释放一带有遮光条的滑块，滑块沿斜面加速通过光电门．（1）要测量木板与斜面间的动摩擦因数，除了已知当地重力加速度g及遮光条宽度d、遮光时间t，还应测量的物理量是下列选项中的 BD ；A．滑块的长度LB．斜面的倾角θC．滑块的质量mD．释放滑块时遮光条到光电门间的距离x（2）用上述物理量表示滑块与斜面间动摩擦因数μ= ．考点：探究影响摩擦力的大小的因素．专题：实验题；摩擦力专题．分析：设斜面的倾角为θ，释放滑块时遮光条到光电门间的距离x，滑块经过光电门时的速度为v，物体在斜面上受到重力．可以使用牛顿第二定律与运动学的公式求得摩擦因数的表达式，根据表达式说明需要测量的物理量．解答：解：（1）设斜面的倾角为θ，释放滑块时遮光条到光电门间的距离x，滑块经过光电门时的速度为v，物体在斜面上受到重力．支持力和摩擦力的作用，沿斜面的方向：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma，①由导出公式：2ax=v2﹣0，②由于遮光片经过光电门的时间比较小，所以可以用遮光片经过光电门的平均速度表示瞬时速度，即：③-21-联立①②③解得：；从公式中可以看出，摩擦因数与斜面的倾角θ、遮光片的宽度d、重力加速度g、遮光条宽度d、遮光时间t以及释放滑块时遮光条到光电门间的距离x有关，所以还需要测量的物理量为：斜面的倾角θ和释放滑块时遮光条到光电门间的距离x．故选项BD正确．（2）由（1）的分析可得，故答案为：（1）BD；（2）．点评：该题探讨斜面的摩擦因数的实验设计比较新颖，可以根据对物体的受力分析，结合牛顿第二定律求出滑块的加速度，由位移﹣速度关系式求出斜面的摩擦因数的表达式公式．也可以使用动能定理，根据只有重力和摩擦力做功，求得斜面的摩擦因数． 14．（12分）（2022秋•曲阜市校级期中）如图为一电学实验的实物连线图，该实验可用来测量待测电阻Rx的阻值（约500Ω），图中两个电压表量程相同，内阻都很大．实验步骤如下：①调节电阻箱，使它的阻值R0与待测电阻的阻值接近．将滑动变阻器的滑动头调到最右端；②合上开关S；③将滑动变阻器的滑动头向左端滑动，使两个电压表指针都有明显偏转；④记下两个电压表的示数U1和U2；⑤多次改变滑动变阻器的滑动头位置，记下两个电压表的多组示数U1和U2；⑥求Rx的平均值．回答下列问题：（Ⅰ）根据实物连线图在虚线框内画出实验的电路原理图，其中电阻箱的符号为：滑动变阻器的符号为：其余器材用通用的符号表示．（Ⅱ）不计电压表内阻的影响，用U1、U2和R0表示Rx的公式为Rx= ．（Ⅲ）考虑电压表内阻的影响，用U1、U2、R0、电压表内阻r1和r2表示Rx的公式为Rx= ．-21-考点：伏安法测电阻．专题：恒定电流专题．分析：分析清楚实物电路图结构，然后根据实物电路图作出实验电路图．分析清楚电路结构、应用欧姆定律即可正确解题．解答：解：（I）根据实物电路图作出电路图，如图所示；（II）通过待测电阻的电流I=，待测电阻阻值RX==；（Ⅲ）考虑电表内阻影响，通过待测电阻的实际电流IX=IR0+IV1﹣IV2=+﹣，待测电阻阻值RX==；故答案为：（Ⅰ）电路图如图所示；（Ⅱ）；（Ⅲ）．点评：本题考查了作电路图、求待测电阻阻值，分析清楚电路结构，熟练应用欧姆定律是求出待测电阻的关键． 三、解答题（本题共3小题，满分44分．解答应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．）-21-15．（12分）如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=37°固定斜面上（斜面足够长），对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分v﹣t图象如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）试求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2）拉力F的大小；（3）t=4s时物体的速度．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：由图象得出加速上升过程和减速上升过程的加速度，根据牛顿第二定律求出物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小；先通过图象得到3s末速度为零，然后求出3s到4s物体的加速度，再根据速度时间关系公式求解4s末速度．解答：解：（1）根据速度时间图线知，匀加速直线运动的加速度：a1=20m/s2根据牛顿第二定律得：F﹣μmgcosθ﹣mgsinθ=ma1匀减速直线运动的加速度：根据牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma2解得：F=30N，μ=0.5（2）由（1）知，F=30N（3）在物块由A到C过程中，设撤去力后物体运动到最高点时间为t2v1=a2t2，解得t2=2s则物体沿斜面下滑的时间为t3=t﹣t1﹣t2=1s设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律得mgsinθ﹣μmgcosθ=ma3解得：a3=2m/s2所以t=4s时物体的速度：v=a3t3=2×1=2m/s，沿斜面向下答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数（2）拉力F的大小是30N；（3）物体4s末速度为2m/s．点评：本题关键受力分析后，根据牛顿第二定律，运用正交分解法求解出各个运动过程的加速度，然后结合运动学公式列式求解． -21-16．（14分）（2022•上海）如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距lm，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为R的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25．求：（1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小；（3）在上问中，若R=2Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向．（g=10rn/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）考点：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律．专题：压轴题；电磁感应中的力学问题；电磁感应与电路结合．分析：（1）开始下滑时，速度为零，无感应电流产生，因此不受安培力，故根据牛顿第二定律可直接求解结果．（2）金属棒下滑速度达到稳定时，金属棒所受合外力为零，根据平衡条件求出安培力，然后根据公式P=Fv求解．（3）结合第（2）问求出回路中的感应电流，然后根据电功率的公式求解．解答：解：（1）金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma①由①式解得a=10×（O.6﹣0.25×0.8）m/s2=4m/s2 ②故金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小为4m/s2．（2）设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡mgsinθ一μmgcosθ一F=0 ③此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率：P=Fv ④由③、④两式解得⑤故当金属棒下滑速度达到稳定时，棒的速度大小为10m/s．（3）设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B ⑥P=I2R ⑦由⑥、⑦两式解得：⑧磁场方向垂直导轨平面向上．故磁感应强度的大小为0.4T，方向垂直导轨平面向上．点评：解这类问题的突破口为正确分析安培力的变化，根据运动状态列方程求解． 17．（18分）（2022•九江二模）如图所示，在xoy平面直角坐标系的第一象限有射线OA，OA与x轴正方向夹角为30°，OA与y轴所夹区域内有沿y轴负方向的匀强电场E1，第二象限存在水平向右的匀强电场E2-21-，其它区域存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场．有一质量为m、电量为q的带正电粒子，从y轴上的P点沿着x轴正方向以初速度v0射入电场，运动一段时间后经过Q点垂直于射线OA进入磁场，经磁场垂直x轴进入偏转电场E2，过y轴正半轴上的P点再次进入匀强电场E1，已知OP=h，不计粒子重力，求：（1）粒子经过Q点时的速度大小；（2）匀强电场电场强度E1的大小；（3）粒子从Q点运动到P点所用的时间．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，将Q点的速度进行分解，抓住水平分速度不变，从而求出Q点的速度大小．根据类平抛运动规律，利用x和y方向上位移公式，结合牛顿第二定律联立列式求解场强E1的大小．粒子从O点运动到P点时间包括粒子在磁场中运动时间和粒子在电场E2中类平抛时间．解答：解：（1）粒子类平抛到Q点时，速度设为v，则v==2v0（2）由P到Q，根据类平抛运动规律，有：x方向上，OQcos30°=v0ty方向上，h﹣OQsin30°=qE1=mavy=vcos30°=at联立解得：E1=OQ=（3）粒子以O为圆心作匀速圆周运动OQ=r=，T=在磁场中运动时间t1=T=在电场E2中运动时间t2==-21-Q点运动到P点的时间t=t1+t2=+答：（1）粒子经过Q点时的速度大小为2v0；（2）匀强电场电场强度E1的大小为；（3）粒子从Q点运动到P点所用的时间为+．点评：带电粒子在电磁场中的运动要注意分析过程，并结合各过程中涉及到的运动规律采用合理的物理规律求解． -21-
