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）（1）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•大连模拟）在物理学发展的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（ ） A．安培首先提出了磁场对运动电荷的作用力公式 B．法拉第根据小磁针在通电导线周围的偏转而发现了电流的磁效应 C．楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法﹣﹣楞次定律 D．法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律﹣﹣库仑定律2．（4分）如图所示，铁板AB与水平地面间的夹角为θ，一块磁铁吸附在铁板下方．现缓慢抬起铁板B端使θ角增大（始终小于90°的过程中，磁铁始终相对铁板静止．下列说法正确的是（ ） A．磁铁所受合外力逐渐减小B．磁铁始终受到三个力的作用 C．磁铁受到的摩擦力逐渐减小D．铁板对磁铁的弹力逐渐增大3．（4分）（2022秋•蚌山区校级期中）如图为湖边一倾角为30°的大坝横截面示意图，水面与大坝的交点为O．一人站在A点以速度v0沿水平方向扔一小石子，已知AO=40m，不计空气阻力（g取10m/s2），下列说法正确的是（ ） A．若v0＞18m/s，则石块可以落入水中 B．若v0＜20m/s，则石块不能落入水中 C．若石子能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大 D．若石子不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大4．（4分）（2022•安徽模拟）在中间位置有固定转动轴的长2l轻质杆两端固定两完全相同的质量为m、电荷量为+q的小球1和2，装置放在如图所示的关于竖直线对称的电场中，开始时杆在水平位置静止．现给小球1一个竖直向上的速度，让小球1、2绕转动轴各自转动到B、A位置，A、B间电势差是U，小球1、2构成的系统动能减小量是（ ）-23- A．一定大于UqB．一定等于2（Uq+mgl） C．一定小于UqD．一定大于Uq+mgl5．（4分）（2022•乐亭县二模）双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k倍，两星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为（ ） A．TB．TC．TD．T6．（4分）（2022•洛阳三模）如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质绝缘细线水平悬挂，处于垂直纸面水平向里的匀强磁场中，棒中通有由M到N的恒定电流，细线中拉力不为零，两细线竖直．保持匀强磁场磁感应强度大小不变，方向缓慢地转过90°变为竖直向下，在这个过程中（ ） A．细线向纸面内偏转，其中的拉力一直增大 B．细线向纸面外偏转，其中的拉力一直增大 C．细线向纸面内偏转，其中的拉力先增大后减小 D．细线向纸面外偏转，其中的拉力先增大后减小7．（4分）（2022•吉林一模）如图所示，有三个斜面a、b、c，底边长分别为L、L、2L，高度分别为2h、h、h．某一物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端．三种情况相比较，下列说法正确的是（ ） A．物体损失的机械能△Ec=2△Eb=4△Ea B．因摩擦产生的热量2Qa=2Qb=Qc C．物体到达底端的动能Eka=2Ekb=2Ekc-23- D．物体运动的时间4ta=2tb=tc8．（4分）（2022•江苏校级模拟）空间某区域内存在电场，电场线在某竖直平面内的分布如图所示．一个质量为m、电量为q的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2，运动方向与水平方向之间的夹角为α．若A、B两点之间的高度差为h，水平距离为S，则以下判断中正确的是（ ） A．A、B两点的电场强度和电势大小关系为EA＜EB、φA＜φB B．如果v2＞v1，则说明电场力一定做正功 C．A、B两点间的电势差为 D．小球从A运动到B点的过程中电场力做的功为9．（4分）（2022•安徽模拟）如图所示，MN、PQ为水平放置的平行导轨，通电导体棒ab垂直放置在导轨上，已知导体棒的质量m=1kg、长L=2.0m，通过的电流I=5.0A，方向如图所示，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ=．当加一竖直向上的匀强磁场时，导体棒水平向右运动，随着磁感应强度的增大，导体棒运动的加速度增大；若减小磁感应强度方向与速度方向的夹角，当该夹角减小到某一值θ时，无论怎样增大磁感应强度，导体棒ab均不会运动，则θ为（ ） A．30°B．45°C．60°D．90°10．（4分）（2022秋•临潼区校级月考）如图所示，在竖直放置的金属板M上放一个放射源C，可向纸面内各个方向射出速率均为v的α粒子，P是与金属板M平行的足够大的荧光屏，到M的距离为d．现在P与金属板M间加上垂直纸面的匀强磁场，调整磁感应强度的大小，恰使沿M板向上射出的α粒子刚好垂直打在荧光屏上．若α粒子的质量为m，电荷量为+2e．则（ ） A．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B的大小为 B．磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B的大小为 C．在荧光屏上能观察到的亮斑区的长度为2d D．在荧光屏上能观察到的亮斑区的长度为4d-23-11．（4分）（2022•绵阳校级模拟）如图所示，AOB为一个边界为四分之一圆的匀强磁场，O点为圆心，D点为边界OB的中点，C点为边界上一点，且CD平行AO．现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场（不计粒子重力），其中粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子2从C点沿CD射入，从某点离开磁场，则可判断（ ） A．粒子2在BC之间某点射出磁场 B．粒子2必在B点射出磁场 C．粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3：2 D．粒子1与粒子2的速度偏转角度应相同12．（4分）（2022•开封二模）如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，AB为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧．一个质量为m电荷量为﹣q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电粒子的运动情况，下列说法正确的是（ ） A．小球一定能从B点离开轨道 B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动 C．若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H D．小球到达C点的速度可能为零 二、实验题（共18分）13．（6分）（2022秋•潍坊期中）小球自由下落时，记录小球每隔相同时间的位置有以下两种方式：一种是图（a）所示的频闪照相记录，另一种是图（b）所示的利用打点计时器记录．两种记录方式都能用来验证机械能守恒定律，但两种方式相比，图（a）比图（b）的 误差更小（选填“偶然”或“系统”）；图（a）中所标数据为小球自A点释放后频闪仪每隔T=0.04s闪光一次，各时刻的位置到A的距离，单位为厘米，验证图（a）中小球自A到E过程中的机械能守恒，还需要知道小球到达E处的速度，此速度有两种计算方式：第一种是根据自由落体速度公式v=gt求得（g为当地重力加速度），第二种是利用v=求得，应选第 种．-23-14．（12分）用伏安法测量电阻R的阻值，并求出电阻率ρ．给定的实验器材有：电压表（内阻约为50kΩ）、电流表（内阻约为40Ω）、滑动变阻器（最大电阻为20Ω）、电源、开关、待测电阻（约为250Ω）及导线若干．（1）试在虚线框内画出测量R的电路图．（2）某同学测出多组U、I值后，要进一步得出待测电阻的阻值，为了直观和简便，他可以采用什么方法处理实验数据？ ．（3）若该同学测出待测电阻R=229Ω，并用游标为50分度的游标卡尺测量其长度与直径，记录的结果为：长度L=0.80cm，直径D=0.194cm．他的实验数据记录是否有误，请简要说明理由 ．（4）用该同学测量的数据可求出电阻率ρ= ．（保留3位有效数字） 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．（13分）（2022•江西校级模拟）频闪照相是研究物理过程的重要手段，如图所示是某同学研究一质量为m=0.5kg的小滑块从光滑水平面滑上粗糙斜面并向上滑动时的频闪照片．已知斜面足够长，倾角为α=37°，闪光频率为10Hz．经测量换算获得实景数据：sl=s2=40cm，s3=35cm，s4=25cm，s5=15cm．取g=l0m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，设滑块通过平面与斜面连接处时没有能量损失．求：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数μ，并说明滑块在斜面上运动到最高点后能否自行沿斜面下滑；（2）滑块在斜面上运动过程中克服摩擦力所做的功．16．（15分）（2022•安徽）如图1所示，宽度为d的竖直狭长区域内（边界为L1、L2），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为E0，E＞0表示电场方向竖直向上．t=0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1-23-点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点．Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g．上述d、E0、m、v、g为已知量．（1）求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；（2）求电场变化的周期T；（3）改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值．17．（16分）（2022•忠县校级模拟）如图所示，在x轴上方有一竖直向下的匀强电场区域，电场强度为E=500V/m．x轴下方分布有很多磁感应强度为B=1T的条形匀强磁场区域，其宽度均为d1=3cm，相邻两磁场区域的间距为d2=4cm．现将一质量为m=5×10﹣13kg、电荷量为q=1×10﹣8C的带正电的粒子（不计重力）从y轴上的某处静止释放．（1）若粒子从坐标（0，h1）点由静止释放，要使它经过x轴下方时，不会进入第二磁场区，h1应满足什么条件？（2）若粒子从坐标（0，5cm）点由静止释放，求自释放到第二次过x轴的时间（π取3.14）． -23-2022-2022学年湖南省长沙市长郡中学高三（上）周测物理试卷（12月份）（1）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•大连模拟）在物理学发展的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（ ） A．安培首先提出了磁场对运动电荷的作用力公式 B．法拉第根据小磁针在通电导线周围的偏转而发现了电流的磁效应 C．楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法﹣﹣楞次定律 D．法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律﹣﹣库仑定律考点：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、洛伦兹首先提出了磁场对运动电荷的作用力公式，故A错误B、奥斯特根据小磁针在通电导线周围的偏转而发现了电流的磁效应，故B错误C、法拉第发现了电磁感应现象，故C错误D、法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律﹣﹣库仑定律，故D正确故选D．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）如图所示，铁板AB与水平地面间的夹角为θ，一块磁铁吸附在铁板下方．现缓慢抬起铁板B端使θ角增大（始终小于90°的过程中，磁铁始终相对铁板静止．下列说法正确的是（ ） A．磁铁所受合外力逐渐减小B．磁铁始终受到三个力的作用 C．磁铁受到的摩擦力逐渐减小D．铁板对磁铁的弹力逐渐增大考点：物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对铁块受力分析，受重力、磁力支持力和摩擦力，根据平衡条件列式求解出支持力和摩擦力的表达式后分析．解答：解：对铁块受力分析，受重力G、磁力F、支持力N和摩擦力f，如图由于始终平衡，故合力为零，故A错误，B错误；-23-根据平衡条件，有：mgsinθ﹣f=0F﹣mgcosθ﹣N=0解得：f=mgsinθN=F﹣mgcosθ由于θ不断变大，故f不断变大，N不断变大，故C错误，D正确；故选：D．点评：本题关键是对滑块受力分析，然后根据平衡条件并运用正交分解法列式求解，注意三力平衡通常用合成法，三力以上用正交分解法． 3．（4分）（2022秋•蚌山区校级期中）如图为湖边一倾角为30°的大坝横截面示意图，水面与大坝的交点为O．一人站在A点以速度v0沿水平方向扔一小石子，已知AO=40m，不计空气阻力（g取10m/s2），下列说法正确的是（ ） A．若v0＞18m/s，则石块可以落入水中 B．若v0＜20m/s，则石块不能落入水中 C．若石子能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大 D．若石子不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度求出运动的时间，结合水平位移求出石块落在水中的最小速度．石块能落在水中，则下落的高度一定，竖直分速度一定，结合平行四边形定则判断速度方向与水平面夹角与初速度的大小关系．石块不能落在水中，石块竖直位移与水平位移的比值是定值，结合平抛运动的规律分析落在斜面上的速度方向与斜面倾角与什么因素有关．-23-解答：解：A、根据得，t=s，则石块不落入水中的最大速度m/s=17.3m/s．知初速度v0＞17.3m/s，则石块可以落入水中．故A正确，B错误．C、若石块能落入水中，则下落的高度一定，可知竖直分速度一定，根据知，初速度越大，则落水时速度方向与水平面的夹角越小．故C错误．D、若石块不能落入水中，速度方向与水平方向的夹角的正切值，位移方向与水平方向夹角的正切值，可知tanθ=2tanβ，因为β一定，则速度与水平方向的夹角一定，可知石块落到斜面时速度方向与斜面的夹角一定，与初速度无关．故D错误．故选：A．点评：解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解． 4．（4分）（2022•安徽模拟）在中间位置有固定转动轴的长2l轻质杆两端固定两完全相同的质量为m、电荷量为+q的小球1和2，装置放在如图所示的关于竖直线对称的电场中，开始时杆在水平位置静止．现给小球1一个竖直向上的速度，让小球1、2绕转动轴各自转动到B、A位置，A、B间电势差是U，小球1、2构成的系统动能减小量是（ ） A．一定大于UqB．一定等于2（Uq+mgl） C．一定小于UqD．一定大于Uq+mgl考点：电势差与电场强度的关系；电势差．专题：电场力与电势的性质专题．分析：分析电场力和重力做功，根据动能定理求解系统动能减小量．电场力做功由公式W=qU和U=Ed定性分析．解答：解：杆由水平位置转到竖直位置的过程中，重力对系统做功为0；-23-根据对称性知开始时两个小球处于同一等势面上，转动后，小球1所在位置的电势较低，电势能减少，小球2所在位置的电势较高，根据等势面线电场线的关系知道，A、2间电势差大于1、B间的电势差，小球2的电势升高量大于小球1电势降低量，所以小球2的电势能增加超过qU，系统的重力势能未变，则动能减少，由能量守恒可知，系统动能减小量一定小于Uq．故C正确．故选：C点评：本题关键要能正确分析小球能量如何转化，运用W=qU和U=Ed定性分析两球电势能的变化关系，由能量守恒定律分析即可． 5．（4分）（2022•乐亭县二模）双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k倍，两星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为（ ） A．TB．TC．TD．T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：双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，根据牛顿第二定律和向心力公式，分别对两星进行列式，即可来求解．解答：解：设m1的轨道半径为R1，m2的轨道半径为R2．两星之间的距离为L．由于它们之间的距离恒定，因此双星在空间的绕向一定相同，同时角速度和周期也都相同．由向心力公式可得：对m1：G=m1…①对m2：G=m2…②又因为R1+R2=L，m1+m2=M由①②式可得：T=2π所以当两星总质量变为KM，两星之间的距离变为原来的n倍，圆周运动的周期为T′=2π=T，故ACD错误，B正确．故选：B．点评：解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，能运用万有引力提供向心力进行解题． -23-6．（4分）（2022•洛阳三模）如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质绝缘细线水平悬挂，处于垂直纸面水平向里的匀强磁场中，棒中通有由M到N的恒定电流，细线中拉力不为零，两细线竖直．保持匀强磁场磁感应强度大小不变，方向缓慢地转过90°变为竖直向下，在这个过程中（ ） A．细线向纸面内偏转，其中的拉力一直增大 B．细线向纸面外偏转，其中的拉力一直增大 C．细线向纸面内偏转，其中的拉力先增大后减小 D．细线向纸面外偏转，其中的拉力先增大后减小考点：法拉第电磁感应定律；安培力．专题：电磁感应中的力学问题．分析：根据左手定则判断出安培力的方向，根据安培力方向的变化，结合共点力平衡判断拉力方向和大小的变化．解答：解：初始状态时，金属棒受重力、拉力和安培力平衡．当磁场方向由垂直纸面向里缓慢地转过90°变为竖直向下，知安培力的大小FA=BIL不变，方向由竖直向上向里变为垂直纸面向里．根据共点力平衡知，细线向纸面内偏转．因为金属棒受重力、拉力和安培力平衡，重力和安培力的合力于拉力大小等值方向，重力和安培力的大小不变，之间的夹角由180°变为90°，知两个力的合力一直增大，所以拉力一直增大．故A正确，B、C、D错误．故选A．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行分析，注意由于磁场的方向始终与金属棒垂直，安培力的大小始终不变． 7．（4分）（2022•吉林一模）如图所示，有三个斜面a、b、c，底边长分别为L、L、2L，高度分别为2h、h、h．某一物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端．三种情况相比较，下列说法正确的是（ ） A．物体损失的机械能△Ec=2△Eb=4△Ea B．因摩擦产生的热量2Qa=2Qb=Qc C．物体到达底端的动能Eka=2Ekb=2Ekc D．物体运动的时间4ta=2tb=tc-23-考点：功能关系；机械能守恒定律．分析：损失的机械能转化成摩擦产生的内能．物体从斜面下滑过程中，重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可以比较三者动能大小，注意物体在运动过程中克服摩擦力所做功等于因摩擦产生热量，据此可以比较摩擦生热大小．解答：解：设斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为X，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为：W=mgμXcosθ，Xcosθ即为底边长度．A、物体下滑，除重力外有摩擦力做功，根据能量守恒，损失的机械能转化成摩擦产生的内能．由图可知a和b底边相等且等于c的一半，故摩擦生热关系为：Qa=Qb=Qc，所以损失的机械能△Ea=△Eb=△Ec故A错误．B、克服摩擦力所做功等于因摩擦产生热量，所以2Qa=2Qb=Qc，故B正确．C、设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得：mgH﹣mgμXcosθ=mv2﹣0，Eka=2mgh﹣mgμL，Ekb=mgh﹣mgμL，Ekc=mgh﹣mgμ•2L，根据图中斜面高度和底边长度可知滑到底边时动能大小关系为：Eka＞EKb＞Ekc，故C错误．D、沿斜面运动的时间t==，θb＞θc，Lb＜Lc，所以tb＜tc，由于动摩擦因数和斜面a、b的倾角关系未知，无法确定ta和tb，故D错误；故选：B．点评：本题比较简单直接利用功能关系即可求解，易错点在于写出表达式后的数学运算，因此学生要加强练习，提高利用数学知识解决物理问题的能力． 8．（4分）（2022•江苏校级模拟）空间某区域内存在电场，电场线在某竖直平面内的分布如图所示．一个质量为m、电量为q的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2，运动方向与水平方向之间的夹角为α．若A、B两点之间的高度差为h，水平距离为S，则以下判断中正确的是（ ） A．A、B两点的电场强度和电势大小关系为EA＜EB、φA＜φB B．如果v2＞v1，则说明电场力一定做正功 C．A、B两点间的电势差为-23- D．小球从A运动到B点的过程中电场力做的功为考点：电势能；动能定理的应用．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电场线的疏密判断场强的大小，由电场线的方向分析电势的高低．小球运动过程中，重力做正功，电场力做功可正可负．根据动能定理求解A、B两点间的电势差和电场力做功．解答：解：A、由电场线的疏密可判断出EA＜EB．由电场线的方向可判断出φA＞φB．所以EA＜EB、φA＞φB，故A错误．B、在运动的过程中，由动能定理得，，若v2＞v1，qU可正可负，故B错误．C、由B得，A、B两点间的电势差U=（﹣）≠（），可见C选项未考虑重力做功，故C错误；D、由上式得，电场力做功W=qU=．故D正确．故选D点评：本题首先要掌握电场线两个意义可判断场强和电势的大小；其次根据动能定理研究曲线运动中功的问题． 9．（4分）（2022•安徽模拟）如图所示，MN、PQ为水平放置的平行导轨，通电导体棒ab垂直放置在导轨上，已知导体棒的质量m=1kg、长L=2.0m，通过的电流I=5.0A，方向如图所示，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ=．当加一竖直向上的匀强磁场时，导体棒水平向右运动，随着磁感应强度的增大，导体棒运动的加速度增大；若减小磁感应强度方向与速度方向的夹角，当该夹角减小到某一值θ时，无论怎样增大磁感应强度，导体棒ab均不会运动，则θ为（ ） A．30°B．45°C．60°D．90°考点：牛顿第二定律；安培力．分析：对导体棒进行受力分析，导体棒受重力、轨道支持力和安培力以及摩擦力作用，增大磁感应强度就是增大导体棒所受安培力，根据平衡有安培力在水平方向的分力小于导体棒与导轨间的摩擦力即可保证导体棒ab不会运动．解答：解：如图对导体棒进行受力分析如下图所示：由题意知增大磁感应强度时，根据F=BIL知，导体棒所受安培力F增加，使导体棒不会运动满足：安培力F的水平分量小于导体棒与导轨间的最大静摩擦力，如图即满足：Fsinθ≤μ（mg+Fcosθ）…①当磁感应强度B足够大时，即F足够大，由数学关系可知，-23-mg+Fcosθ≈Fcosθ…②即当tanθ≤μ时，无论安培力多大，导体棒都不能运动，因为，得：θ=30°故选：A点评：解答本题的关键是根据导体棒所处平衡状态列出导体棒不动时所满足的方程，然后根据有关数学知识求解，难点是三角函数知识的应用． 10．（4分）（2022秋•临潼区校级月考）如图所示，在竖直放置的金属板M上放一个放射源C，可向纸面内各个方向射出速率均为v的α粒子，P是与金属板M平行的足够大的荧光屏，到M的距离为d．现在P与金属板M间加上垂直纸面的匀强磁场，调整磁感应强度的大小，恰使沿M板向上射出的α粒子刚好垂直打在荧光屏上．若α粒子的质量为m，电荷量为+2e．则（ ） A．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B的大小为 B．磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B的大小为 C．在荧光屏上能观察到的亮斑区的长度为2d D．在荧光屏上能观察到的亮斑区的长度为4d考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；左手定则．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：α粒子在匀强磁场中，由于不考虑重力，因此仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动．由题意：恰使沿M板向上射出的α粒子刚好垂直打在荧光屏上，可得洛伦兹力的方向，从而确定磁场方向，由MP间距结合半径公式可求出磁感应强度．解答：-23-解：A、α粒子带正电，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，α粒子的轨道半径为d，由得：，故A错误；B、α粒子带正电，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，α粒子的轨道半径为d，由得：，故B正确；C、亮斑区的上边界是沿M板向上射出的α粒子，经圆弧到达的a点；亮斑区的下边界是垂直M板射出的α粒子，经圆弧轨迹与屏相切的b点，如图所示，所以亮斑区的长度为2d，C选项正确．D、亮斑区的上边界是沿M板向上射出的α粒子，经圆弧到达的a点；亮斑区的下边界是垂直M板射出的α粒子，经圆弧轨迹与屏相切的b点，如图所示，所以亮斑区的长度为2d，D选项错误．点评：亮斑区的上边界是粒子沿M板向上射出的，而亮斑区的下边界是粒子垂直打到荧光屏的点． 11．（4分）（2022•绵阳校级模拟）如图所示，AOB为一个边界为四分之一圆的匀强磁场，O点为圆心，D点为边界OB的中点，C点为边界上一点，且CD平行AO．现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场（不计粒子重力），其中粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子2从C点沿CD射入，从某点离开磁场，则可判断（ ） A．粒子2在BC之间某点射出磁场 B．粒子2必在B点射出磁场 C．粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3：2 D．粒子1与粒子2的速度偏转角度应相同考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：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．解答：解：粒子运动轨迹如图所示：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，-23-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错误，B正确；C、粒子1的速度偏角，粒子在磁场中转过的圆心角θ1=90°，连接PB，可知P为O1C的中点，由数学知识可知，θ2=∠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=θ1：θ2=90°：60°=3：2，故C正确，D错误；故选：BC．点评：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． 12．（4分）（2022•开封二模）如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，AB为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧．一个质量为m电荷量为﹣q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电粒子的运动情况，下列说法正确的是（ ） A．小球一定能从B点离开轨道 B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动 C．若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H D．小球到达C点的速度可能为零考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在电场中的运动专题．-23-分析：当小球的重力与电场力平衡，小球进入轨道，靠弹力提供向心力，做匀速圆周运动．根据动能定律判断上升的高度与H的关系．．通过假设法判断小球到达C点的速度能否为零，若能为零，根据动能定理知，电场力做功做功等于重力做功，则电场力大于重力，无法做圆周运动．解答：解：A、由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，故A错误；B、若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动，故B正确．C、由于小球在AC部分运动时电场力做负功，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H，故C正确；D、若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零．故D错误．故选BC．点评：本题考查了带电小球在电场和重力场中的运动，综合运用了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性强，对学生的能力要求较高． 二、实验题（共18分）13．（6分）（2022秋•潍坊期中）小球自由下落时，记录小球每隔相同时间的位置有以下两种方式：一种是图（a）所示的频闪照相记录，另一种是图（b）所示的利用打点计时器记录．两种记录方式都能用来验证机械能守恒定律，但两种方式相比，图（a）比图（b）的 系统 误差更小（选填“偶然”或“系统”）；图（a）中所标数据为小球自A点释放后频闪仪每隔T=0.04s闪光一次，各时刻的位置到A的距离，单位为厘米，验证图（a）中小球自A到E过程中的机械能守恒，还需要知道小球到达E处的速度，此速度有两种计算方式：第一种是根据自由落体速度公式v=gt求得（g为当地重力加速度），第二种是利用v=求得，应选第 二 种．考点：验证机械能守恒定律．专题：实验题；机械能守恒定律应用专题．分析：纸带和限位孔间的摩擦引起的实验误差属于系统误差，频闪照片可以减小系统误差；求解瞬时速度不能运用v=gt求解，应该根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度进行求解．解答：解：由于打点计时器限位孔与纸带间有摩擦，会对实验造成误差，该误差无法避免，属于系统误差，频闪照相系统误差更小．该实验是验证机械能守恒定律的实验，不能把重物看成自由落体运动，再运用自由落体的规律求解速度，那么就不需要验证了，正确的方法是第二种．故答案为：系统，二．-23-点评：解决本题的关键知道系统误差和偶然误差的区别，以及掌握求解瞬时速度的方法，注意不能运用v=gt求解瞬时速度，否则机械能守恒定律就不需验证了，一定守恒． 14．（12分）用伏安法测量电阻R的阻值，并求出电阻率ρ．给定的实验器材有：电压表（内阻约为50kΩ）、电流表（内阻约为40Ω）、滑动变阻器（最大电阻为20Ω）、电源、开关、待测电阻（约为250Ω）及导线若干．（1）试在虚线框内画出测量R的电路图．（2）某同学测出多组U、I值后，要进一步得出待测电阻的阻值，为了直观和简便，他可以采用什么方法处理实验数据？ 作出U﹣I图象，图象的斜率表示待测电阻的阻值 ．（3）若该同学测出待测电阻R=229Ω，并用游标为50分度的游标卡尺测量其长度与直径，记录的结果为：长度L=0.80cm，直径D=0.194cm．他的实验数据记录是否有误，请简要说明理由 长度的记录错误，应该有3位小数； ．（4）用该同学测量的数据可求出电阻率ρ= 0.0923Ω•m ．（保留3位有效数字）考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：（1）正确选择控制电路：限流或分压接法，分压接法要求：①多测数据或要求电压从零测量；②滑动变阻器阻值很小，比待测电阻小；③采用限流电路时最小电流超过线路所允许的最大电流．测量电路：电流表的内外接法，若，外接法，内接法；（2）U﹣I图象的斜率表示电阻；（3）游标为50分度的游标卡尺，最小分度为0.02mm，所以长度L=0.800cm；（4）根据欧姆定律和电阻定律列式求解．解答：解：（1）根据题意可知：，故该实验的测量电路应该选用电流表的外接法，滑动变阻器阻值较小，应采用分压接法，故实验原理图如下图所示：-23-（2）某同学测出多组U、I值后，要进一步得出待测电阻的阻值，为了直观和简便，可以作出U﹣I图象，图象的斜率表示待测电阻的阻值；（3）游标为50分度的游标卡尺，最小分度为0.02mm，所以长度L=0.800cm，直径D=0.194cm，则长度的记录错误，应该有3位小数；（4）根据电阻定律，有：R=解得：Ω•m故答案为：（1）如图所示；（2）作出U﹣I图象，图象的斜率表示待测电阻的阻值；（3）长度的记录错误，应该有3位小数；（4）0.0923Ω•m点评：本题是伏安法测电阻中的基础实验，实验原理简单，但是涉及知识点较多，如测量电路、控制电路的选择、数据处理方法、游标卡尺的读数等，对于这些基础知识要加强理解和应用，以便以后处理比较复杂实验． 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．（13分）（2022•江西校级模拟）频闪照相是研究物理过程的重要手段，如图所示是某同学研究一质量为m=0.5kg的小滑块从光滑水平面滑上粗糙斜面并向上滑动时的频闪照片．已知斜面足够长，倾角为α=37°，闪光频率为10Hz．经测量换算获得实景数据：sl=s2=40cm，s3=35cm，s4=25cm，s5=15cm．取g=l0m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，设滑块通过平面与斜面连接处时没有能量损失．求：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数μ，并说明滑块在斜面上运动到最高点后能否自行沿斜面下滑；（2）滑块在斜面上运动过程中克服摩擦力所做的功．考点：动能定理的应用；牛顿第二定律．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）对滑块上滑阶段运用匀变速直线运动的推论△x=aT2，求出匀变速直线运动的加速度，再根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小，从而得出动摩擦因数．根据重力的下滑分力与最大静摩擦力的关系，判断能否下滑．（2）滑块在水平面上做匀速直线运动，匀速直线运动的速度等于上滑的初速度，根据上滑的初速度．对于上滑的过程，根据动能定理求得上滑的最大距离，即可根据功的公式求解克服摩擦力所做的功．解答：解：（1）由题意可知，物块在水平面上做匀速直线运动，且设速度为v0，则在斜面上物块做匀减速直线运动，设加速度为a，则由公式有s4﹣s3=aT2解得a=﹣10m/s2-23-由牛顿第二定律有﹣mgsinα﹣μmgcosα=ma联立以上方程解得μ=0.5因mgsinα＞μmgcosα，所以滑块在斜面上运动到最高点后能自行沿斜面下滑．（2）设滑块在斜面上能上滑的最大距离为sm，则对滑块在斜面上上滑过程应用动能定理有解得Sm=0.8m故滑块在斜面上上滑和下滑运动的全过程克服摩擦力所做的功为W克f=2（μmgcosα）Sm=3.2J答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数μ为0.5，滑块在斜面上运动到最高点后能自行沿斜面下滑．（2）滑块在斜面上运动过程中克服摩擦力所做的功为3.2J．点评：解决本题的关键要掌握匀变速直线运动的推论：△x=aT2，以及动能定理． 16．（15分）（2022•安徽）如图1所示，宽度为d的竖直狭长区域内（边界为L1、L2），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为E0，E＞0表示电场方向竖直向上．t=0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点．Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g．上述d、E0、m、v、g为已知量．（1）求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；（2）求电场变化的周期T；（3）改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值．考点：共点力平衡的条件及其应用；匀速圆周运动；线速度、角速度和周期、转速．专题：压轴题．分析：根据物体的运动性质结合物理情景确定物体的受力情况．再根据受力分析列出相应等式解决问题．解答：解：（1）根据题意，微粒做圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，重力与电场力平衡，则mg=qE0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①∵微粒水平向右做直线运动，∴竖直方向合力为0．则mg+qE0=qvB﹣﹣﹣﹣﹣②-23-联立①②得：q=﹣﹣﹣﹣﹣﹣③B=﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④（2）设微粒从N1运动到Q的时间为t1，作圆周运动的周期为t2，则=vt1﹣﹣﹣﹣﹣⑤qvB=m﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑥2πR=vt2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑦联立③④⑤⑥⑦得：t1=，t2=﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑧电场变化的周期T=t1+t2=+﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑨（3）若微粒能完成题述的运动过程，要求d≥2R﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑩联立③④⑥得：R=，设N1Q段直线运动的最短时间t1min，由⑤⑩得t1min=，因t2不变，T的最小值Tmin=t1min+t2=．答：（1）微粒所带电荷量q为，磁感应强度B的大小为．（2）电场变化的周期T为+．（3）T的最小值为．点评：运动与力是紧密联系的，通过运动情况研究物体受力情况是解决问题的一个重要思路． 17．（16分）（2022•忠县校级模拟）如图所示，在x轴上方有一竖直向下的匀强电场区域，电场强度为E=500V/m．x轴下方分布有很多磁感应强度为B=1T的条形匀强磁场区域，其宽度均为d1=3cm，相邻两磁场区域的间距为d2=4cm．现将一质量为m=5×10﹣13kg、电荷量为q=1×10﹣8C的带正电的粒子（不计重力）从y轴上的某处静止释放．-23-（1）若粒子从坐标（0，h1）点由静止释放，要使它经过x轴下方时，不会进入第二磁场区，h1应满足什么条件？（2）若粒子从坐标（0，5cm）点由静止释放，求自释放到第二次过x轴的时间（π取3.14）．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：（1）由动能定理求出粒子的速度，由牛顿第二定律可以正确解题．（2）由动能定理求出粒子的速度，由运动学公式与牛顿第二定律、公式t=T可以求出运动时间．解答：解：（1）粒子经电场加速，经过x轴时速度大小为v，由动能定理得：Eqh1=m﹣0，之后进入下方磁场区，依据题意可知运动半径应满足：R1＜d1，由牛顿第二定律得：qvB=m，则：R1=，解得：h1＜==1.8×10﹣2m；（2）当粒子从h2=5cm的位置无初速释放后，先在电场中加速，加速时间为t1满足h2=，解得：t1===1×10﹣4s，进入磁场的速度大小为v2，圆周运动半径为R2，在加速电场中，由牛顿第二定律得：Eqh2=m，解得：v2===1000m/s，在磁场中，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：R2=，R2===0.05m=5cm；根据粒子在空间运动轨迹可知，它最低能进入第二个磁场区，它在磁场区共运动时间为半个圆周运动的时间t2==1.57×10﹣4s，-23-它经过第一无磁场区时运动方向与x轴的夹角θ满足：sinθ===0.6，所以它在无磁场区的路程：s===0.1m，无磁场区运动时间t3===1×10﹣4s，总时间t=t1+t2+t3=3.57×10﹣4s；答：（1）h1应满足什么条件为h1＜1.8×10﹣2m；（2）自释放到第二次过x轴的时间为3.57×10﹣4s．点评：本题考查了带电粒子在电磁场中的运动，是电磁学综合题，分析清楚粒子运动过程是正确解题的前提与关键，应用动能定理、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题． -23-
