2022-2022学年浙江省宁波市慈溪中学高三（上）期中物理试卷（1-4班） 一、单项选择题（每题3分，共15分）1．如图所示，一可看作质点的小球从一台阶顶端以4m/s的水平速度抛出，每级台阶的高度和宽度均为1m，如果台阶数足够多，重力加速度g取10m/s2，则小球将落在标号为几的台阶上？（ ）A．3B．4C．5D．6 2．某次实验老师用丝绸摩擦过的玻璃棒（带正电）去吸引细碎的锡箔屑，发现锡箔屑被吸引到玻璃棒上后又迅速的向空中散开，下列说法正确的是（ ）A．锡箔屑被吸引过程会因为获得电子而带负电B．锡箔屑被吸引过程有减速过程C．最后锡箔屑散开主要是因为碰撞导致D．散开时锡箔屑带正电 3．如图所示，处于真空中的正方体存在着电荷量为+q或﹣q的点电荷，点电荷位置图中已标明，则a、b两点电场强度和电势均相同的图是（ ）A．-25-\n 4．如图为回旋加速器的结构示意图，两个半径为R的D形金属盒相距很近，连接电压峰值为UM、频率为的高频交流电源，垂直D形盒的匀强磁场的磁感应强度为B．现用此加速器来加速电荷量分别为+0.5q、+q、+2q，相对应质量分别为m、2m、3m的三种静止离子，最后经多次回旋加速后从D形盒中飞出的粒子的最大动能可能为（ ）A．B．C．D． 5．如图所示，在竖直平面内有一金属环，环半径为0.5m，金属环总电阻为2Ω，在整个竖直平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=1T，在环顶点上方0.5m的A点用铰链连接一长度为1.5m，电阻为3Ω的均匀导体棒AB，当导体棒摆到竖直位置时，其B端的速度为3m/s．已知导体棒下摆过程中紧贴环面且与金属环接触良好，则当它摆到竖直位置时AB两端的电压大小为（ ）A．0.4VB．0.65VC．2.0VD．2.25V 二、不定项选择题（每题5分，选不全得3分，共25分）6．如图所示，P、Q为可视为点电荷的带电物体，电性相同，倾角为θ=30°的斜面放在粗糙的水平面上，将物体P放在粗糙的斜面上，当物体Q放在与P等高（PQ连线水平）且与物体P相距为r的右侧位置时，P静止且不受摩擦力，现保持Q与P的距离r不变，将物体Q顺时针缓慢转过α角度（α=60°），整个过程斜面和P始终静止，则在Q旋转的过程中，下列说法正确的是（ ）-25-\nA．P物体会受到沿斜面向下的静摩擦力B．斜面给物体P的作用力方向始终竖直向上C．物体P受到的静摩擦力先增大后减小到0D．地面对斜面的摩擦力不断变小 7．如图所示，I为电流表示数，U为电压表示数，P为定值电阻R2消耗的功率，Q为电容器C所带的电荷量，W为电源通过电荷量q时电源做的功．当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，下列图象能正确反映各物理量关系的是（ ） 8．如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a（0，L）、一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60°．下列说法中正确的是（ ）A．电子在磁场中运动的时间为-25-\nB．电子在磁场中运动的时间为C．磁场区域的圆心坐标为（，）D．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，﹣2L） 9．如图所示，有同学做实验时不慎将圆柱形试管塞卡于试管底部，该试管塞中轴穿孔．为了拿出试管塞而不损坏试管，该同学紧握试管让其倒立由静止开始竖直向下做匀加速直线运动，t=0.20s后立即停止，此时试管下降H=0.80m，试管塞将恰好能从试管口滑出．已知试管总长L=21.0cm，底部球冠的高度h=1.0cm，试管塞的长度为d=2.0cm，设试管塞相对试管壁滑动时受到的摩擦力恒定，不计空气阻力，重力加速度g=l0m/s2．则以下说法正确的是（ ）A．试管塞从静止开始到离开试管口的总位移为1.0mB．试管塞从静止开始到离开试管口的总时间为0.25sC．试管塞将要从试管口滑出时的加速度大小为40m/s2D．试管塞受到的滑动摩擦力与其重力的比值为16：1 10．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h．圆环在C处获得一竖直向上的速度v0，恰好能回到A．弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g．则（ ）A．圆环下滑过程中，加速度一直减小B．圆环下滑过程中，克服摩擦力做的功为C．圆环在C处，弹簧的弹性势能为D．圆环上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度 -25-\n三、实验题（每题7分，共14分）11．现要测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图1所示．表面粗糙的木板一端固定在水平桌面上，另一端抬起一定高度构成斜面；木板上有一滑块，其后端与穿过打点计时器的纸带相连，打点计时器固定在木板上，连接频率为50Hz的交流电源．接通电源后，从静止释放滑块，滑块带动纸带上打出一系列点迹．（1）图2给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6是实验中选取的计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），2、3和5、6计数点间的距离如图2所示．由图中数据求出滑块的加速度a= m/s2（结果保留三位有效数字）．（2）已知木板的长度为l，为了求出滑块与木板间的动摩擦因数，还应测量的物理量是 ．A．滑块到达斜面底端的速度vB．滑块的质量mC．滑块的运动时间tD．斜面高度h和底边长度x（3）设重力加速度为g，滑块与木板间的动摩擦因数的表达式μ= （用所需测量物理量的字母表示） 12．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，需测量一个标有“3V，1.5W”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流．某同学连好的实物图如图甲所示．（1）在以下电流表中选择合适的一个是 ；A．电流表A1（量程3A，内阻约0.1Ω）；B．电流表A2（量程600mA，内阻约0.5Ω）；C．电流表A3（量程100mA，内阻约3Ω）（2）该同学连接电路后检查所有元器件都完好，电流表和电压表已调零，经检查各部分接触良好．但闭合开关后，反复调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，但电压表和电流表示数不能调为零，则断路的导线为 ；（3）实验测得的部分数据如表，其I﹣U图象如图乙所示；电压U/V0.400.801.201.602.002.40-25-\n电流I/A0.120.210.280.340.380.43若将该灯泡与一个4Ω的定值电阻串联，直接接在电动势为2V，内阻不计的电源两端，请估算该小灯泡的实际功率P= W（保留两位有效数字）． 四、计算题（共46分）13．（10分）（2022•大连一模）如图所示，一足够长的固定光滑斜面倾角θ=37°，两物块A、B的质量mA=1kg、mB=4kg．两物块之间的轻绳长L=0.5m，轻绳可承受的最大拉力为T=12N，对B施加一沿斜面向上的力F，使A、B由静止开始一起向上运动，力F逐渐增大，g取10m/s2（sin37°=0.6，cos37°=0.8）．（1）若某一时刻轻绳被拉断，求此时外力F的大小；（2）若轻绳拉断瞬间A、B的速度为3m/s，绳断后保持外力F不变，求当A运动到最高点时，A、B之间的距离． 14．（12分）（2022•山东一模）如图所示，倾斜轨道AB的倾角为37°，CD、EF轨道水平，AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球可以从D进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E滑出该轨道进入EF水平轨道．小球由静止从A点释放，已知AB长为5R，CD长为R，重力加速度为g，小球与斜轨AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为1.8R．求：（在运算中，根号中的数值无需算出）（1）小球滑到斜面底端C时速度的大小．（2）小球刚到C时对轨道的作用力．（3）要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足什么条件？ 15．（10分）（2022•衡水模拟）如图1所示，两根足够长的金属导轨ab、cd与水平面成θ=37°固定，导轨间距离为L=1m，电阻不计．在导轨上端接一个阻值为R0-25-\n的定值电阻．在c、N之间接有电阻箱．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B：lT；现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放．金属棒下滑过程中与导轨接触良好．金属棒与导轨间的滑动摩擦因数为μ=0.5．改变电阻箱的阻值R，测定金属棒的最大速度Vm，得到Vm﹣R的关系如图2所示．若轨道足够长，重力加速度g取10m/s2．求：（1）金属杆的质量m和定值电阻R0的阻值；（2）当电阻箱R取3.5Ω时，且金属杆的加速度为1m/s2时，此时金属杆的速度． 16．（14分）（2022•宜宾校级模拟）如图所示，竖直平面（纸面）内，Ⅰ、Ⅱ区域有垂直于纸面、方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两磁场边界平行，与水平方向夹角为45°，两磁场间紧靠边界放置长为L，间距为d的平行金属板MN、PQ，磁场边界上的O点与PQ板在同一水平面上，直线O1O2到两平行板MN、PQ的距离相等．在两板间存在如图乙所示的交变电场（取竖直向下为正方向）质量为m，电量为+q粒子，t0时刻从O点沿垂直于OP竖直向上射入磁场，t=的时刻从点O1沿水平方向进入电场．并从O2点离开电场，不计粒子重力，求：（1）粒子的初速度速度v0；（2）粒子从点O进入Ⅰ磁场到射出Ⅱ磁场运动的总时间；（3）若将粒子的速度提高一倍，仍从t0时刻由点O竖直向上射入，且交变电场的周期为T=，要使粒子能够穿出电场，则电场强度大小E0满足的条件． 2022-2022学年浙江省宁波市慈溪中学高三（上）期中物理试卷（1-4班）参考答案与试题解析 一、单项选择题（每题3分，共15分）1．如图所示，一可看作质点的小球从一台阶顶端以4m/s的水平速度抛出，每级台阶的高度和宽度均为1m，如果台阶数足够多，重力加速度g取10m/s2，则小球将落在标号为几的台阶上？（ ）-25-\nA．3B．4C．5D．6【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】小球做平抛运动，根据平抛运动的特点水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，结合几何关系即可求解．【解答】解：如图：设小球落到斜线上的时间t，水平：x=v0t竖直：y=因为每级台阶的高度和宽度均为1m，所以斜面的夹角为45°，则代入数据解得t=0.8s；相应的水平距离：x=4×0.8m=3.2m台阶数：n=，知小球抛出后首先落到的台阶为第四级台阶．故B正确，A、C、D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键掌握平抛运动的特点：水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，难度不大，属于基础题． 2．某次实验老师用丝绸摩擦过的玻璃棒（带正电）去吸引细碎的锡箔屑，发现锡箔屑被吸引到玻璃棒上后又迅速的向空中散开，下列说法正确的是（ ）A．锡箔屑被吸引过程会因为获得电子而带负电B．锡箔屑被吸引过程有减速过程-25-\nC．最后锡箔屑散开主要是因为碰撞导致D．散开时锡箔屑带正电【考点】电荷守恒定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】物体相互摩擦时可以带电，即摩擦起电，对电子束缚能力强的物质获得电子而带负电，对电子束缚能力弱的物体失去电子而带正电；异种电荷相互吸引，同种电荷相互排斥，带电体能吸引不带电的轻小物体；【解答】解：A、一个带正电的物体能够吸引另一个物体，另一个物体带负电或不带电，锡箔屑被吸引过程带正电，故A错误；B、锡箔屑被吸引过程是加速过程，故B错误；C、最后锡箔屑散开主要是因为锡箔屑带正电，同种电荷相互排斥导致，故C错误，D正确；故选：D．【点评】本题考查了摩擦起电、电荷间的作用，涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识即可解题． 3．如图所示，处于真空中的正方体存在着电荷量为+q或﹣q的点电荷，点电荷位置图中已标明，则a、b两点电场强度和电势均相同的图是（ ）A．【考点】电势；电场的叠加．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据点电荷的电场强度公式E=k可得各个点电荷在正方体的顶点的电场场强大小，再根据矢量合成，求出合场强，再根据正电荷的受力判断场强的方向．有U=Φ2﹣Φ1，U=Ed得，Φ2﹣Φ1=Ed可判断电势高低【解答】解：A、根据点电荷的电场强度公式E=k可得各个点电荷在正方体的顶点的电场场强大小，可计算得a、b两点电场强度大小相等，根据正电荷的受力判断场强的方向相反，故A错误．-25-\nB、根据点电荷的电场强度公式E=k，可求得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小，再根据矢量的合成，可得a、b两点的电场场强大小不等，故B不错．C、根据点电荷的电场强度公式E=k，得a、b两点的电场场强大小相等，再根据矢量合成，求出合场强相等，再根据正电荷的受力判断场强的方向不同．故C错误．D、根据点电荷的电场强度公式E=k可得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小相等，再根据矢量合成，求出合场强相等，再根据正电荷的受力判断场强的方向相同．再根据U=Φ2﹣Φ1，U=Ed得，Φ2﹣Φ1=Ed可判断a、b两电势相等．故D正确．故选：D【点评】考查了点电荷的电场强度公式E=k，矢量的合成，电势差与电势的关系，电势差与电场强的关系． 4．如图为回旋加速器的结构示意图，两个半径为R的D形金属盒相距很近，连接电压峰值为UM、频率为的高频交流电源，垂直D形盒的匀强磁场的磁感应强度为B．现用此加速器来加速电荷量分别为+0.5q、+q、+2q，相对应质量分别为m、2m、3m的三种静止离子，最后经多次回旋加速后从D形盒中飞出的粒子的最大动能可能为（ ）A．B．C．D．【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．【分析】根据洛伦兹力提供向心力得出轨道半径的公式，从而根据速度的关系得出轨道半径的关系．粒子离开回旋加速度时的轨道半径等于D形盒的半径，根据半径公式求出离开时的速度大小，从而得出动能．【解答】解：根据qvB=m，知v=，则带电粒子离开回旋加速器时获得动能为Ekm=mv2=-25-\n而加速电荷量分别为+0.5q、+q、+2q，相对应质量分别为m、2m、3m的三种静止离子，那么最大动能为Ekm==，故D正确，ABC错误；故选：D．【点评】解决本题的关键知道回旋加速器加速粒子的原理，知道带电粒子在磁场中运动的周期与交变电场的周期相同，以及掌握带电粒子在磁场中运动的轨道半径公式和周期公式． 5．如图所示，在竖直平面内有一金属环，环半径为0.5m，金属环总电阻为2Ω，在整个竖直平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=1T，在环顶点上方0.5m的A点用铰链连接一长度为1.5m，电阻为3Ω的均匀导体棒AB，当导体棒摆到竖直位置时，其B端的速度为3m/s．已知导体棒下摆过程中紧贴环面且与金属环接触良好，则当它摆到竖直位置时AB两端的电压大小为（ ）A．0.4VB．0.65VC．2.0VD．2.25V【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】电磁感应——功能问题．【分析】当导体棒摆到竖直位置时AB两端的电压大小等于AC间电压和CB间电压之和．AC间电压等于AC段产生的感应电动势．CB段电压等于圆环的路端电压，根据E=BLv和欧姆定律求解．【解答】解：当导体棒摆到竖直位置时，由v=ωr可得：C点的速度为：vC==3m/s=1m/sAC间电压为：UAC=EAC=BLAC•=1×0.5×=0.25VCB段产生的感应电动势为：ECB=BLCB•=1×1×=2V圆环两侧并联电阻为为：R==0.5Ω，金属棒CB段的电阻为：r=2Ω则CB间电压为：UCB=ECB=V=0.4V故AB两端的电压大小为：UAB=UAC+UCB=0.65V故选：B-25-\n【点评】本题是电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据电学知识进一步求解，容易出错之处：一是把CB间的电压看成是内电压．二是AC电压未计算． 二、不定项选择题（每题5分，选不全得3分，共25分）6．如图所示，P、Q为可视为点电荷的带电物体，电性相同，倾角为θ=30°的斜面放在粗糙的水平面上，将物体P放在粗糙的斜面上，当物体Q放在与P等高（PQ连线水平）且与物体P相距为r的右侧位置时，P静止且不受摩擦力，现保持Q与P的距离r不变，将物体Q顺时针缓慢转过α角度（α=60°），整个过程斜面和P始终静止，则在Q旋转的过程中，下列说法正确的是（ ）A．P物体会受到沿斜面向下的静摩擦力B．斜面给物体P的作用力方向始终竖直向上C．物体P受到的静摩擦力先增大后减小到0D．地面对斜面的摩擦力不断变小【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】根据库仑定律求解两个球间的库仑斥力大小，然后根据共点力平衡条件列式分析．【解答】解：A、C、根据库仑定律，小球Q与P之间库仑力的大小为：F；对物体P进行受力分析则：-25-\n小球Q在与P等高处时，物体P受重力、支持力和库仑斥力而平衡，根据共点力平衡条件，库仑力与支持力的合力与重力大小相等，方向相反．当小球Q的位置变化后，库仑力的大小不变而方向发生变化，库仑力矢量的终点在以物体的重心O为圆心的圆上，（如图红色的圆），同时，由图可知，小球转过60°后的位置与O的连线的反向延长线（库仑力的方向）与平行四边形的交点D恰好也是小球转过60°后的位置与O的连线的反向延长线与红色的圆的交点，所以此时库仑力与支持力的合力恰好等于mg′．在小球Q转动的过程中，红色的圆始终在平行四边形以外，根据矢量合成的方法可知，库仑力与支持力的合力在沿斜面向上的方向上的分力不可能为0，物体P有向上运动的趋势，所以物体P还要受到沿斜面向下的摩擦力的作用．由图可知，物体受到的沿斜面向下的摩擦力先增大，后减小．故A正确，C正确；B、由以上的分析可知，小球Q在开始时的位置与最后时的位置上，物体P都只受到重力、支持力和库仑力的作用，所以斜面给物体P的作用力方向不可能始终竖直向上．故B错误；D、选取物体P与斜面体组成的整体为研究的对象，它们受到重力、支持力、库仑力和地面的摩擦力的作用，沿水平方向上，地面对整体的摩擦力大小与库仑力沿水平方向的分力始终大小相等．而库仑力在水平方向的分力：Fx=F•cosβ，β是PQ的连线与水平方向之间的夹角，可知Q向下转动的过程中，PQ与水平方向之间的夹角增大，所以库仑力沿水平方向的分力减小，则地面对斜面体的摩擦力逐渐减小．故D正确．故选：ACD【点评】本题关键是明确滑块P的受力情况，然后根据共点力平衡条件列方程求解，注意P静止且不受摩擦力的临界条件．如何说明P与斜面体之间的摩擦力的变化是该题解答的难点． 7．如图所示，I为电流表示数，U为电压表示数，P为定值电阻R2消耗的功率，Q为电容器C所带的电荷量，W为电源通过电荷量q时电源做的功．当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，下列图象能正确反映各物理量关系的是（ ）【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，分别得到各个量的表达式，再进行分析．【解答】解：A、当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，R2消耗的功率为-25-\nP=I2R，P∝I2，故A正确．B、电容器C的电压UC=E﹣I（R2+r），电荷量Q=CUC=C[E﹣I（R2+r）]，则=﹣C（R2+r），保持不变，则Q﹣I图象是向下倾斜的直线，故B正确．C、电压表示数U=E﹣Ir，U﹣I图象应是向下倾斜的直线，故C错误．D、电源通过电荷量q时电源做的功W=qE，E是电源的电动势，则W﹣I是过原点的直线，故D错误．故选：AB．【点评】根据物理规律得到解析式，再分析图象的形状和物理意义是常用的方法． 8．如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a（0，L）、一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60°．下列说法中正确的是（ ）A．电子在磁场中运动的时间为B．电子在磁场中运动的时间为C．磁场区域的圆心坐标为（，）D．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，﹣2L）【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】带电粒子在匀强磁场中在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动．所以由几何关系可确定运动圆弧的半径与已知长度的关系，从而确定圆磁场的圆心，并能算出粒子在磁场中运动时间．并根据几何关系来，最终可确定电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标．【解答】解：A、B、电子的轨迹半径为R，由几何知识，Rsin30°=R﹣L，得R=2L电子在磁场中运动时间t=，而T=，得：t=，故A错误，B正确；C、设磁场区域的圆心坐标为（x，y）其中x=Rcos30°=y=所以磁场圆心坐标为（），故C正确；D、根据几何三角函数关系可得，R﹣L=Rcos60°，解得R=2L所以电子的圆周运动的圆心坐标为（0，﹣L），故D错误；-25-\n故选：BC【点评】由题意确定粒子在磁场中运动轨迹是解题的关键之处，从而求出圆磁场的圆心位置，再运用几何关系来确定电子的运动轨迹的圆心坐标． 9．如图所示，有同学做实验时不慎将圆柱形试管塞卡于试管底部，该试管塞中轴穿孔．为了拿出试管塞而不损坏试管，该同学紧握试管让其倒立由静止开始竖直向下做匀加速直线运动，t=0.20s后立即停止，此时试管下降H=0.80m，试管塞将恰好能从试管口滑出．已知试管总长L=21.0cm，底部球冠的高度h=1.0cm，试管塞的长度为d=2.0cm，设试管塞相对试管壁滑动时受到的摩擦力恒定，不计空气阻力，重力加速度g=l0m/s2．则以下说法正确的是（ ）A．试管塞从静止开始到离开试管口的总位移为1.0mB．试管塞从静止开始到离开试管口的总时间为0.25sC．试管塞将要从试管口滑出时的加速度大小为40m/s2D．试管塞受到的滑动摩擦力与其重力的比值为16：1【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】A、试管塞先与试管一起运动了位移H，试管停止运动后又运动了位移l﹣h，两段相加求出总位移．BC、由平均速度公式求出试管刚停止时，试管塞的速度，从而求出试管塞在试管中匀减速过程中的加速度，由速度公式求出时间；D、试管塞在试管中匀减速过程中，重力和摩擦力的合力做负功，根据动能定理求出摩擦力大小，从而求出摩擦力和质量的比值．【解答】解：A、试管塞开始与试管一起运动了位移：x1=H=0.8m；试管停止运动之后又独立运动了位移：x2=l﹣h=（0.21﹣0.01）m=0.20m．所以试管塞从静止开始到离开试管口的总位移：x=x1+x2=（0.80+0.20）m=1.0m；故A正确；-25-\nB、设试管刚停止运动时，试管塞的速度为v，由，代入数据得：v=8m/s，设在试管中减速过程中的加速度为a，用时为t，则：，0=v+at，解得：a=﹣160m/s2，t=0.05s，由静止到试管停止用时为0.2s，故总用时为0.25s，故B正确，C错误；D、在试管中做匀减速运动中，设所受摩擦力f，由动能定理可得：（mg﹣f）x2=0﹣，解得：f=17mg，故滑动摩擦力与重力的比值为17：1．故D错误；故选：AB．【点评】本题主要运用运动学公式求出试管塞在试管中的减速运动的初速度和加速度，由牛顿第二定律求出摩擦力大小． 10．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h．圆环在C处获得一竖直向上的速度v0，恰好能回到A．弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g．则（ ）A．圆环下滑过程中，加速度一直减小B．圆环下滑过程中，克服摩擦力做的功为C．圆环在C处，弹簧的弹性势能为D．圆环上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度【考点】动能定理的应用．【专题】定量思想；寻找守恒量法；动能定理的应用专题．【分析】根据圆环的运动情况分析下滑过程中，加速度的变化；研究圆环从A处由静止开始下滑到C和在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A两个过程，运用动能定理列出等式求解；研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程和圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式，分析经过B的速度关系．【解答】解：A、圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误．B、研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得：mgh﹣Wf﹣W弹=0﹣0=0在C处获得一竖直向上的速度v0，恰好能回到A，由动能定理得：﹣mgh+W弹﹣Wf=0﹣mv02-25-\n解得：克服摩擦力做的功为Wf=，故B正确C、由上解得：W弹=mgh﹣mv02，所以在C处，弹簧的弹性势能为Ep=W弹=mgh﹣mv02，故C正确；D、研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列式得：mgh′﹣W′f﹣W′弹=﹣0研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式﹣mgh′﹣W′f+W′弹=0﹣即得mgh′+W′f﹣W′弹=由于W′f＜0，所以＞，所以圆环上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，故D正确故选：BCD【点评】能正确分析小球的受力情况和运动情况，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，掌握动能定理的应用． 三、实验题（每题7分，共14分）11．现要测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图1所示．表面粗糙的木板一端固定在水平桌面上，另一端抬起一定高度构成斜面；木板上有一滑块，其后端与穿过打点计时器的纸带相连，打点计时器固定在木板上，连接频率为50Hz的交流电源．接通电源后，从静止释放滑块，滑块带动纸带上打出一系列点迹．（1）图2给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6是实验中选取的计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），2、3和5、6计数点间的距离如图2所示．由图中数据求出滑块的加速度a= 2.51 m/s2（结果保留三位有效数字）．（2）已知木板的长度为l，为了求出滑块与木板间的动摩擦因数，还应测量的物理量是 D ．A．滑块到达斜面底端的速度vB．滑块的质量mC．滑块的运动时间tD．斜面高度h和底边长度x（3）设重力加速度为g，滑块与木板间的动摩擦因数的表达式μ= （用所需测量物理量的字母表示）【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．-25-\n【专题】实验题．【分析】（1）利用逐差法△x=aT2可以求出物体的加速度大小，根据匀变速直线运动中某点的瞬时速度等于该过程中的平均速度大小可以求出某点的瞬时速度大小；（2）根据牛顿第二定律有μmgcosθ=ma，由此可知需要测量的物理量．（3）根据牛顿第二定律的表达式，可以求出摩擦系数的表达式【解答】解：（1）每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔：T=0.1s，根据逐差法有：a==≈2.51m/s2；（2）要测量动摩擦因数，由μmgcosθ=ma，可知要求μ，需要知道加速度与夹角余弦值，纸带数据可算出加速度大小，再根据斜面高度h和底边长度x，结合三角知识，即可求解，故ABC错误，D正确．（3）以滑块为研究对象，根据牛顿第二定律有：μmgcosθ=ma解得：μ==．故答案为：（1）2.51，（2）D，（3）．【点评】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题． 12．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，需测量一个标有“3V，1.5W”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流．某同学连好的实物图如图甲所示．（1）在以下电流表中选择合适的一个是 B ；A．电流表A1（量程3A，内阻约0.1Ω）；B．电流表A2（量程600mA，内阻约0.5Ω）；C．电流表A3（量程100mA，内阻约3Ω）（2）该同学连接电路后检查所有元器件都完好，电流表和电压表已调零，经检查各部分接触良好．但闭合开关后，反复调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，但电压表和电流表示数不能调为零，则断路的导线为 h ；（3）实验测得的部分数据如表，其I﹣U图象如图乙所示；电压U/V0.400.801.201.602.002.40电流I/A0.120.210.280.340.380.43-25-\n若将该灯泡与一个4Ω的定值电阻串联，直接接在电动势为2V，内阻不计的电源两端，请估算该小灯泡的实际功率P= 0.25 W（保留两位有效数字）．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题．【分析】（1）根据灯泡额定电流选择电流表；（2）根据图甲所示实物电路图，分析清楚电路结构，即可明确故障所在；（3）根据给出的U﹣I图象；根据图象找出电路电流与灯泡电压，然后由P=UI求出灯泡功率．【解答】解；（1）灯泡额定电流I===0.5A，故电流表选B（量程600mA，内阻约5Ω），（2）调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，电压表和电流表示数不能调为零，说明滑动变阻器采用了限流接法，由电路图可知，导线h断了．（3）根据题目中给出的数据利用描点法可得出对应和图象如图所示；电源与4.0Ω的定值电阻串联组成等效电源，在灯泡伏安特性曲线中作出电源的U﹣I图象，两图象的交点坐标值为：U=1V，I=0.25A，灯泡功率为：P=UI=1V×0.25A=0.25W．故答案为：（1）B；（2）h；（3）0.25【点评】本题考查伏安法测量灯泡伏安特性曲线，要注意明确图象法的应用，知道灯泡的电阻随温度的升高而增大．注意不能直接由欧姆定律求解电阻和功率． 四、计算题（共46分）13．（10分）（2022•大连一模）如图所示，一足够长的固定光滑斜面倾角θ=37°，两物块A、B的质量mA=1kg、mB=4kg．两物块之间的轻绳长L=0.5m，轻绳可承受的最大拉力为T=12N，对B施加一沿斜面向上的力F，使A、B由静止开始一起向上运动，力F逐渐增大，g取10m/s2（sin37°=0.6，cos37°=0.8）．（1）若某一时刻轻绳被拉断，求此时外力F的大小；（2）若轻绳拉断瞬间A、B的速度为3m/s，绳断后保持外力F不变，求当A运动到最高点时，A、B之间的距离．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．-25-\n【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离对A分析，根据牛顿第二定律求出外力F的大小．（2）根据牛顿第二定律求出绳断后A、B的加速度，结合速度时间公式求出A速度减为零的时间，从而求出这段时间内A、B的位移，根据位移关系求出A、B间的距离．【解答】解：（1）对整体分析，根据牛顿第二定律得：F﹣（mA+mB）gsinθ=（mA+mB）aA物体：T﹣mAgsinθ=mAa代入数据解得：F=60N（2）设沿斜面向上为正，A物体：﹣mAgsinθ=mAaA解得：，因为v0=3m/s，所以A物体到最高点为：t===0.5s此过程A物体的位移为：，B物体：F﹣mBgsinθ=mBaB所以两者间距为：△x=xB﹣xA+L代入数据解得：△x=2.375m答：（1）此时外力F的大小为60N；（2）A、B之间的距离为2.375m．【点评】本题应用牛顿定律解决两类基本问题为命题背景考查学生的推理能力和分析综合能力，关键理清物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解． 14．（12分）（2022•山东一模）如图所示，倾斜轨道AB的倾角为37°，CD、EF轨道水平，AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球可以从D进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E滑出该轨道进入EF水平轨道．小球由静止从A点释放，已知AB长为5R，CD长为R，重力加速度为g，小球与斜轨AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为1.8R．求：（在运算中，根号中的数值无需算出）（1）小球滑到斜面底端C时速度的大小．（2）小球刚到C时对轨道的作用力．（3）要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足什么条件？-25-\n【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）对球从A运动至C过程运用动能定理列式求解即可；（2）在C点，重力和支持力的合力提供向心力；根据牛顿第二定律列式求解支持力；然后再结合牛顿第三定律求解压力；（3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF轨道．情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的点（设为Q）时，速度减为零，然后滑回D．由动能定理列出等式求解．【解答】解：（1）设小球到达C点时速度为v，小球从A运动至C过程，由动能定理有：mg（5Rsin37°+1.8R）﹣μmgcos37°•5R=，可得：vC=．．（2）小球沿BC轨道做圆周运动，设在C点时轨道对球的作用力为FN，由牛顿第二定律，有：FN﹣mg=m，其中r满足：r+r•sin53°=1.8R，联立上式可得：FN=6.6mg，由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为6.6mg，方向竖直向下．（3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF轨道．则小球在最高点应满足：m≥mg小球从C直到此最高点过程，由动能定理，有：﹣μmgR﹣mg•2R′=mvP2﹣mvC2，可得：R′≤R=0.92R，情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的最高点时，速度减为零，然后滑回D．则由动能定理有：﹣μmgR﹣mg•R′=0﹣mvC2解得：R′≥2.3R所以要使小球不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足R′≤0.92R或R′≥2.3R．答：-25-\n（1）小球滑到斜面底端C时速度的大小是．（2）小球刚到C时对轨道的作用力是6.6mg，方向竖直向下．（3）要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足R′≤0.92R或R′≥2.3R．【点评】此题要求熟练掌握动能定理、圆周运动等规律，包含知识点多，关键要知道小球在运动过程中不脱离轨道可能做完整的圆周运动，也可能只在四分之一圆轨道上运动．运用动能定理时，要明确所研究的过程，分析各个力所做的总功． 15．（10分）（2022•衡水模拟）如图1所示，两根足够长的金属导轨ab、cd与水平面成θ=37°固定，导轨间距离为L=1m，电阻不计．在导轨上端接一个阻值为R0的定值电阻．在c、N之间接有电阻箱．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B：lT；现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放．金属棒下滑过程中与导轨接触良好．金属棒与导轨间的滑动摩擦因数为μ=0.5．改变电阻箱的阻值R，测定金属棒的最大速度Vm，得到Vm﹣R的关系如图2所示．若轨道足够长，重力加速度g取10m/s2．求：（1）金属杆的质量m和定值电阻R0的阻值；（2）当电阻箱R取3.5Ω时，且金属杆的加速度为1m/s2时，此时金属杆的速度．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】（1）根据E=BLv、欧姆定律和安培力、F=BIL推导出安培力的表达式，当杆匀速运动时速度最大，由平衡条件得到最大速度vm与R的关系式，根据图象的斜率和纵截距求解金属杆的质量m和电阻R0的阻值；（2）当金属棒的加速度为1m/s2时时，根据牛顿第二定律求解速度．【解答】解：（1）金属杆切割磁感线产生的感应电动势：E=BLvm，由闭合电路欧姆定律得：I=，金属杆速度最大时做匀速直线运动，由平衡条件得：mgsinθ=BIL+μmgcosθ，解得：vm=R+R0，由Vm﹣R图象可知：=1，R0=0.5，-25-\n解得：m=0.5kg，R0=0.5Ω；（2）金属杆下滑速度为v时，E′=BLv，电流：I′=，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣BIL﹣μmgcosθ=ma，代入数据解得：v=2m/s；答：（1）金属杆的质量m为0.5kg，定值电阻R0的阻值为0.5欧姆；（2）当电阻箱R取3.5Ω时，且金属杆的加速度为1m/s2时，此时金属杆的速度为2m/s．【点评】本题综合考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律等，综合性强，对学生能力的要求较高，其中安培力的分析和计算是关键． 16．（14分）（2022•宜宾校级模拟）如图所示，竖直平面（纸面）内，Ⅰ、Ⅱ区域有垂直于纸面、方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两磁场边界平行，与水平方向夹角为45°，两磁场间紧靠边界放置长为L，间距为d的平行金属板MN、PQ，磁场边界上的O点与PQ板在同一水平面上，直线O1O2到两平行板MN、PQ的距离相等．在两板间存在如图乙所示的交变电场（取竖直向下为正方向）质量为m，电量为+q粒子，t0时刻从O点沿垂直于OP竖直向上射入磁场，t=的时刻从点O1沿水平方向进入电场．并从O2点离开电场，不计粒子重力，求：（1）粒子的初速度速度v0；（2）粒子从点O进入Ⅰ磁场到射出Ⅱ磁场运动的总时间；（3）若将粒子的速度提高一倍，仍从t0时刻由点O竖直向上射入，且交变电场的周期为T=，要使粒子能够穿出电场，则电场强度大小E0满足的条件．【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）求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律可以求出粒子速度．（2）求出粒子在磁场中、在电场中、在电磁场外的运动时间，然后求出总运动时间．（3）作出粒子在电场中的运动轨迹，应用类平抛运动规律分析答题．【解答】解：（1）由题可知，两粒子的轨迹半径为：r=，由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：v0=；-25-\n（2）磁场中的总时间：t1=2×=，在电场中，粒子在水平方向一直做匀速直线运动，所以时间为：t2==，两段电磁场外的时间：t3==，所以，总时间为：t=t1+t2+t3，解得：t=（π+2+）；（3）粒子两次在磁场I中运动的时间相同，所以第二次进入时比第一次提前：△t===，所以，粒子第二次是在t=0时刻进入的电场．第一次在电场中的轨迹如图所示，设经过n个周期性的运动穿出电场．t==nT，n=，设粒子第二次通过电场的时间为t′，t′T，粒子第二次在电场中的轨迹如图所示粒子第二次在半个周期内的侧移位移为y0=（）2，条件为：nv0＜d，解得：E0＜；答：（1）粒子的初速度速度v0=；（2）粒子从点O进入Ⅰ磁场到射出Ⅱ磁场运动的总时间t=（π+2+）；-25-\n（3）粒子能够穿出电场，电场强度大小满足E0＜．【点评】本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题． 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