山东省济南外国语学校2022届高三物理上学期9月入学试题（含解析）

山东省济南外国语学校2022届高三（上）入学物理试卷（9月份）一、不定项选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，漏选2分）1．（3分）关于物理学研究方法，以下说法正确的是（　　）　A．在用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，采用控制变量法　B．伽利略用来研究力和运动关系的斜面实验是一个理想实验　C．物理学中的“质点”、“点电荷”等都是理想模型　D．物理中所有公式都是用比值定义法定义的　2．（3分）如图所示，质量为m、顶角为α的直角劈和质量为M的正方体放在两竖直墙和一水平面间，处于静止状态．若不计一切摩擦，则（　　）　A．水平面对正方体的弹力大小为（M+m）g　B．墙面对正方体的弹力大小为mgtanα　C．正方体对直角劈的弹力大小为mgcosα　D．直角劈对墙面的弹力大小为mgsinα　3．（3分）如图所示是甲和乙两物体同时同地沿同一方向做直线运动的v﹣t图象，则由图象可知（　　）　A．40s末乙在甲之前B．20s末乙物体运动方向发生改变　C．60s内甲乙两物体相遇两次D．60s末乙物体回到出发点　4．（3分）（2022•许昌一模）如图所示，A、B两物体相距s=7m，物体A在水平拉力和摩擦力的作用下，正以vA=4m/s的速度向右匀速运动，而物体B此时的速度vB=10m/s，由于摩擦力作用向右匀减速运动，加速度a=﹣2m/s2，那么物体A追上物体B所用时间为（　　）　A．7sB．8sC．9sD．10s-24-　5．（3分）一轻弹簧的上端固定，下端悬挂一个重物．重物静止时，弹簧伸长了8cm．若再将重物向下拉4cm，然后放手，则在释放重物的瞬间，重物的加速度的大小是（　　）　A．B．C．D．g　6．（3分）质量为m的物体沿倾角为θ的斜面滑到底端时的速度大小为v，则此时重力的瞬时功率为（　　）　A．mgvB．mgvsinθC．mgvcosθD．mgvtanθ　7．（3分）如图所示，上表面有一段光滑圆弧的质量为M的小车A置于光滑平面上，在一质量为m的物体B自弧上端自由滑下的同时释放A，则（　　）　A．在B下滑过程中，B的机械能守恒　B．轨道对B的支持力对B不做功　C．在B下滑的过程中，A和地球组成的系统的机械能守恒　D．A、B和地球组成的系统的机械能守恒　8．（3分）用力F把质量m的物体从地面由静止开始举高h时物体的速度为v，则（　　）　A．力F做功为mghB．合力做功为　C．重力做功（F﹣mg）hD．重力势能减少了mgh　9．（3分）（2022•威海一模）假设月亮和同步卫星都是绕地心做匀速圆周运动的，下列说法正确的是（　　）　A．同步卫星的线速度大于月亮的线速度　B．同步卫星的角速度大于月亮的角速度　C．同步卫星的向心加速度大于月亮的向心加速度　D．同步卫星的轨道半径大于月亮的轨道半径　10．（3分）（2022•海门市模拟）长为L的轻绳的一端固定在O点，另一端栓一个质量为m的小球．先令小球以O为圆心，L为半径在竖直平面内做圆周运动，小球能通过最高点，如图所示．g为重力加速度．则（　　）　A．小球通过最高点时速度可能为零-24-　B．小球通过最高点时所受轻绳的拉力可能为零　C．小球通过最底点时速度大小可能等于2　D．小球通过最底点时所受轻绳的拉力可能等于5mg　11．（3分）（2022•上海模拟）如图所示的电路，a、b、c为三个相同的灯泡，其电阻大于电源内阻，当变阻器R的滑臂P向上移动时，下列判断中正确的是（　　）　A．b灯中电流变化值小于c灯中电流变化值　B．a、b两灯变亮，c灯变暗　C．电源输出功率增大　D．电源的供电效率增大　12．（3分）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，电压表和电流表均为理想电表，R为副线圈的负载电阻．现在原线圈a、b两端加上交变电压u，其随时间变化的规律u=220sin100πtV，则（　　）　A．副线圈中产生的交变电流频率为50Hz　B．电压表的示数22V　C．若电流表示数为0.1A，则原线圈中的电流为1A　D．若电流表示数为0.1A，则1min内电阻R上产生的焦耳热为132J　13．（3分）如图所示，a、b分别为一对等量同种电荷连线上的两点（其中b为中点），c为连线中垂线上的一点．今将一带电量为q的负点电荷自a沿直线移到b再沿直线移到c，下列有关说法中正确的是（　　）　A．电荷q受到的电场力的合力一直变小　B．电场力的合力对电荷q一直做负功　C．电荷q的电势能先减小，后不变　D．电荷q受到的电场力的合力方向一直不变　-24-14．（3分）a、b、c三个α粒子（重力不计）由同一点M同时垂直场强方向进入带有等量异种电荷的两平行金属板的电场间，其轨迹如图所示，其中b恰好沿板的边缘飞出电场，由此可知（　　）　A．在b飞离电场时，a早已打在负极板上　B．b和c同时飞离电场　C．进入电场时c的速度最大，a的速度最小　D．a、b在电场中运动经历的时间相等　15．（3分）（2022•凉州区模拟）如图所示，直角三角形ABC中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则（　　）　A．从P射出的粒子速度大　B．从Q射出的粒子速度大　C．从P射出的粒子，在磁场中运动的时间长　D．两粒子在磁场中运动的时间一样长　16．（3分）（2022•甘肃模拟）如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0＜θ＜90°），其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为υ，则金属棒ab在这一过程中（　　）　A．加速度大小为　B．下滑位移大小为　C．产生的焦耳热为qBLυ-24-　D．受到的最大安培力大小为　二、实验题（本题包括2小题，共15分）17．（10分）（2022•珠海一模）某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块、细沙．当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小桶，滑块处于静止状态．若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：（1）你认为还需要的实验器材有　_________　．（2）实验时为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是　_________　，实验时首先要做的步骤是　_________　．（3）在（2）的基础上，某同学用天平称量滑块的质量M．往沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量m．让沙桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2（v1＜v2）．则本实验最终要验证的数学表达式为　_________　（用题中的字母表示实验中测量得到的物理量）．　18．（5分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“6V，1.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：A．直流电源6V（内阻不计）B．直流电流表0～3A（内阻0.1Ω以下）C．直流电流表0～300mA（内阻约为5Ω）D．直流电压表0～10V（内阻约为15kΩ）E．滑动变阻器10Ω，2AF．滑动变阻器1kΩ，0.5A实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．（1）实验中电流表应选用　_________　，滑动变阻器应选用　_________　（均用序号表示）．（2）在方框内画出实验电路图．　-24-三、计算题（本题包括3小题，共37分）19．（12分）如图甲所示，质量m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动．过a点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v﹣t图象如图乙所示．取重力加速度g=10m/s2．求：（1）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；（2）10s末物体离a点的距离．　20．（12分）（2022•河西区一模）如图，半径R=0.9m的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点L=1m的水平面相切于B点，BC离地面高h=0.45m，C点与一倾角为θ=30°的光滑斜面连接，质量m=1.0kg的小滑块从圆弧顶点D由静止释放，已知滑块与水平面间的动摩擦因数µ=0.1，取g=10m/s2．求：（1）小滑块刚到达圆弧的B点时对圆弧的压力；（2）小滑块到达C点时速度的大小；（3）小滑块从C点运动到地面所需的时间．　21．（13分）（2022•天津）如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴．一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为θ．不计空气阻力，重力加速度为g，求（1）电场强度E的大小和方向；（2）小球从A点抛出时初速度v0的大小；（3）A点到x轴的高度h．-24-　-24-2022-2022学年山东省济南外国语学校高三（上）入学物理试卷（9月份）参考答案与试题解析　一、不定项选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，漏选2分）1．（3分）关于物理学研究方法，以下说法正确的是（　　）　A．在用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，采用控制变量法　B．伽利略用来研究力和运动关系的斜面实验是一个理想实验　C．物理学中的“质点”、“点电荷”等都是理想模型　D．物理中所有公式都是用比值定义法定义的考点：质点的认识．分析：物理学的发展离不开科学的思维方法，要明确各种科学方法在物理中的应用，如控制变量法、理想实验、理想化模型、极限思想等．解答：解：A、在用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，由于涉及物理量较多，因此采用控制变量法进行实验，故A正确；B、伽利略对自由落体运动的研究，以及理想斜面实验探究力和运动的关系时，采用的是理想斜面实验法，故B正确．C、点电荷、质点是高中所涉及的重要的理想化模型，都是抓住问题的主要因素，忽略次要因素，故C正确；D、不是所有公式都是比值定义法，故D错误；故选ABC．点评：本题考查了常见的研究物理问题的方法的具体应用，要通过练习体会这些方法的重要性，培养学科思想．　2．（3分）如图所示，质量为m、顶角为α的直角劈和质量为M的正方体放在两竖直墙和一水平面间，处于静止状态．若不计一切摩擦，则（　　）　A．水平面对正方体的弹力大小为（M+m）g　B．墙面对正方体的弹力大小为mgtanα　C．正方体对直角劈的弹力大小为mgcosα　D．直角劈对墙面的弹力大小为mgsinα考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：以直角劈和质量为M正方体整体为研究对象，求解水平面对正方体的弹力大小．对直角劈研究，分析受力情况，根据平衡条件求解墙面对直角劈的弹力和正方体对直角劈的弹力大小．解答：解：A、以直角劈和质量为M正方体整体为研究对象，分析受力情况，如图1所示，-24-则由平衡条件得：水平面对正方体的弹力大小N3=（M+m）g．故A正确．B、C、对直角劈研究，分析受力情况，如图2所示，根据平衡条件得墙面对m的弹力N1=，正方体对直角劈的弹力大小为N4=．对整体可知，墙面对正方体的弹力N2=N1=．故B错误，C错误．D、根据牛顿第二定律得知，直角劈对墙面的弹力大小N1′=N1=，故D错误．故选A．点评：本题的解题是研究对象的选择，采用整体法和隔离法结合求解比较简便．　3．（3分）如图所示是甲和乙两物体同时同地沿同一方向做直线运动的v﹣t图象，则由图象可知（　　）　A．40s末乙在甲之前B．20s末乙物体运动方向发生改变　C．60s内甲乙两物体相遇两次D．60s末乙物体回到出发点考点：匀变速直线运动的图像．专题：应用题．分析：甲、乙两个物体从同一地点沿同一方向做直线运动，当位移再次相等时，两物体再次相遇．根据“面积”分析什么时刻两物体再次相遇．根据速度的大小关系分析t=40s时两物体的位置关系，回到出发点说明位移为零．解答：解：A、由图看出，t=40s时甲图线的“面积”小于乙图线的“面积”，则甲的位移小于乙的位移，两者又是从同一位置出发的，则40s末乙在甲之前．故A正确．B、根据图象看出，乙物体的速度一直都为正值，说明一直沿正方向向前运动．故B错误．-24-C、甲、乙两个物体从同一地点沿同一方向做直线运动，从图象看出，20s末和60s末两图线的“面积”相等，说明两物体的位移再次相等，两物体再次相遇．故C正确．D、60s末乙物体位移最大，没有回到出发点．故D错误．故选：AC点评：本题考查分析和理解速度图象的能力，主要根据“面积”分析两者位置关系，确定是否相遇及什么时刻相距最远．　4．（3分）（2022•许昌一模）如图所示，A、B两物体相距s=7m，物体A在水平拉力和摩擦力的作用下，正以vA=4m/s的速度向右匀速运动，而物体B此时的速度vB=10m/s，由于摩擦力作用向右匀减速运动，加速度a=﹣2m/s2，那么物体A追上物体B所用时间为（　　）　A．7sB．8sC．9sD．10s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：假设经过时间t，物块A追上物体B，根据位移时间公式结合几何关系列式求解即可．解答：解：物体A做匀速直线运动，位移为：xA=vAt=4t物体B做匀减速直线运动减速过程的位移为：=10t﹣t2设速度减为零的时间为t1，有在t1=5s的时间内，物体B的位移为xB1=25m，物体A的位移为xA1=20m，由于xB1+S＞xA1，故物体A未追上物体B；5s后，物体B静止不动，故物体A追上物体B的总时间为：=故选：B．点评：本题是追击问题，特别要注意物体B做匀减速运动，要分清是减速过程追上还是静止后被追上；第二种情况下的位移用位移时间公式求解时要注意时间是减速的时间，而不是总时间．　5．（3分）一轻弹簧的上端固定，下端悬挂一个重物．重物静止时，弹簧伸长了8cm．若再将重物向下拉4cm，然后放手，则在释放重物的瞬间，重物的加速度的大小是（　　）　A．B．C．D．g考点：牛顿第二定律；胡克定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据重物受力平衡可知第一个过程重力等于弹簧的弹力，第二个过程弹力大于重力，由牛顿第二定律求解加速度．解答：解：假设弹簧的劲度系数k，第一次弹簧伸长了x1=8cm，第二次弹簧伸长了x2=12cm，-24-第一次受力平衡：kx1=mg=8k解得：k=①第二次由牛顿第二定律得：kx2﹣mg=ma，整理得：12k﹣mg=ma②把①式代入②式解得：a=，故选：B点评：解决本题的关键是正确地进行受力分析，弹簧的弹力与伸长量成正比是解决问题的突破口．　6．（3分）质量为m的物体沿倾角为θ的斜面滑到底端时的速度大小为v，则此时重力的瞬时功率为（　　）　A．mgvB．mgvsinθC．mgvcosθD．mgvtanθ考点：功率、平均功率和瞬时功率．专题：功率的计算专题．分析：求物体的瞬时功率只能用P=FV来求解，并且此时的F和V应该在同一直线上，所以求出t时刻的速度的大小，即可求得经过时间t时力F的瞬时功率解答：解：把重力分解为，沿着斜面的mgsinα和垂直于斜面的mgcosα，垂直于斜面的分力不做功，所以物体滑到斜面底端时重力的瞬时功率为P=mgsinα•v=mgvsinα．故选：B．点评：在分析功率的时候，一定要注意公式的选择，P=只能计算平均功率的大小，而P=Fv可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度．　7．（3分）如图所示，上表面有一段光滑圆弧的质量为M的小车A置于光滑平面上，在一质量为m的物体B自弧上端自由滑下的同时释放A，则（　　）　A．在B下滑过程中，B的机械能守恒　B．轨道对B的支持力对B不做功　C．在B下滑的过程中，A和地球组成的系统的机械能守恒　D．A、B和地球组成的系统的机械能守恒考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：由于没有摩擦力，系统的机械能不能减少，也没有其他外力做功，机械能不能增加，故系统的机械能守恒；根据力与位移方向的夹角，分析做功情况；解答：-24-解：A、B因B下滑时B对A有压力，A对B有支持力．A向左滑动，水平方向发生位移，B对A做正功，A对B做负功．因而A、B各自的机械能不守恒．故A、B错误．C、DA、B和地球组成的系统，由于没有摩擦，只有重力做功，系统的机械能守恒．故D正确，ABC错误．故选D点评：本题是系统的机械能守恒问题，对于A、B两个物体各自的机械能均不守恒，但系统的机械能守恒．　8．（3分）用力F把质量m的物体从地面由静止开始举高h时物体的速度为v，则（　　）　A．力F做功为mghB．合力做功为　C．重力做功（F﹣mg）hD．重力势能减少了mgh考点：功的计算；重力势能．专题：功的计算专题．分析：根据恒力做功公式及功能关系求解，合外力做功对应着动能转化，重力做功对应着重力势能转化．解答：解：A、根据恒力做功公式可知：W=Fh，故A错误B、根据动能定理，合外力做功对应着动能转化，物体动能变化为所以物体所受合外力对它做的功等于，故B正确；C、根据重力做功公式可知：WG=﹣mgh，故C错误；D、重力做功为﹣mgh，故重力势能增加mgh，故D错误；故选：B点评：功是能量转化的量度，因此一种力的功对应着一种能量的转化，明确各种功能转化关系是利用功能观点解题的关键．　9．（3分）（2022•威海一模）假设月亮和同步卫星都是绕地心做匀速圆周运动的，下列说法正确的是（　　）　A．同步卫星的线速度大于月亮的线速度　B．同步卫星的角速度大于月亮的角速度　C．同步卫星的向心加速度大于月亮的向心加速度　D．同步卫星的轨道半径大于月亮的轨道半径考点：同步卫星；万有引力定律及其应用；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：人造卫星问题．分析：月球绕地球运动的周期约为27天，而同步卫星的周期为1天，根据万有引力提供向心力公式列式即可求解．解答：解：月球绕地球运动的周期约为27天，而同步卫星的周期为1天，及T月＞T同，根据可知：r月＞r同，故D错误；-24-根据及r月＞r同，可知，同步卫星的线速度、角速度、向心加速度都大于月亮的，故ABC正确．故选ABC点评：解答本题的关键是知道月球的周期大于同步卫星的周期，再根据万有引力提供向心力公式列式，难度适中．　10．（3分）（2022•海门市模拟）长为L的轻绳的一端固定在O点，另一端栓一个质量为m的小球．先令小球以O为圆心，L为半径在竖直平面内做圆周运动，小球能通过最高点，如图所示．g为重力加速度．则（　　）　A．小球通过最高点时速度可能为零　B．小球通过最高点时所受轻绳的拉力可能为零　C．小球通过最底点时速度大小可能等于2　D．小球通过最底点时所受轻绳的拉力可能等于5mg考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：小球刚好通过最高点时，绳子的拉力恰好为零，靠重力提供向心力．根据牛顿第二定律求出小球在最高点时的速度．根据牛顿第二定律求出小球在最低点时绳子的拉力最小值．解答：解：A、小球刚好通过最高点时，绳子的拉力恰好为零，靠重力提供向心力，所以mg=m解得：v=，所以最高点速度最小为，故A错误，B正确；C、从最低点到最高点的过程中，根据动能定理得：解得：v=0，而最高点速度最小为，故C错误；D、当最高点速度为时，最低点速度最小，此时绳子的拉力也最小，则有：解得：在最低点有：T﹣mg=m解得：T=6mg所以在最低点绳子的最小拉力为6mg，故D错误故选B点评：-24-解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，知道“绳模型”最高点的临界情况，结合牛顿第二定律进行分析．　11．（3分）（2022•上海模拟）如图所示的电路，a、b、c为三个相同的灯泡，其电阻大于电源内阻，当变阻器R的滑臂P向上移动时，下列判断中正确的是（　　）　A．b灯中电流变化值小于c灯中电流变化值　B．a、b两灯变亮，c灯变暗　C．电源输出功率增大　D．电源的供电效率增大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：当变阻器R的滑臂P向上移动时，根据欧姆定律分析三个灯中电流的变化，判断b、c两灯电流变化值大小和灯亮度的变化．根据推论：当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，分析电源输出功率的变化，确定电源效率的变化．解答：解：A、B当变阻器R的滑臂P向上移动时，外电路总电阻减小，电路中总电流增大，则a灯中电流Ia增大，并联部分电压U并减小，则c灯中电流Ic减小，b灯中电流Ib=Ia﹣Ic，Ia增大，Ic减小，则Ib增大．由于总电流增大，所以b灯中电流变化值大于c灯中电流变化值，a、b两灯变亮，c灯变暗．故A错误，B正确．C、由于外电路总电阻大于电源的内阻，则当变阻器R的滑臂P向上移动时，外电路总电阻减小，电源的输出功率增大．故C正确．D、外电路总电阻减小，路端电压减小，则电源的供电效率减小．故D错误．故选BC点评：对于变阻器所在电路，b灯中电流与干路中电流变化情况是一致的，根据干路电流，采用总量的方法判断b、c两灯电流变化量的大小．　12．（3分）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，电压表和电流表均为理想电表，R为副线圈的负载电阻．现在原线圈a、b两端加上交变电压u，其随时间变化的规律u=220sin100πtV，则（　　）　A．副线圈中产生的交变电流频率为50Hz　B．电压表的示数22V　C．若电流表示数为0.1A，则原线圈中的电流为1A　D．若电流表示数为0.1A，则1min内电阻R上产生的焦耳热为132J考点：变压器的构造和原理；焦耳定律．-24-专题：交流电专题．分析：根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比，与匝数成反比，即可求得结论．解答：解：A、由交流电的变化规律可知，副线圈中交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，变压器不改变交流电的频率，故A正确．B、知原线圈的电压有效值为220v，故副线圈的电压的有效值为22V，所以电压表的示数为22V，故B错误．C、原、副线圈的电流与匝数成反比，副线圈的电流是I=0.1A，所以原线圈的电流是0.01A，故C错误．D、电阻R消耗的电功率是：Q=UIt=22×0.1×60J=132W，故D正确．故选：AD．点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题　13．（3分）如图所示，a、b分别为一对等量同种电荷连线上的两点（其中b为中点），c为连线中垂线上的一点．今将一带电量为q的负点电荷自a沿直线移到b再沿直线移到c，下列有关说法中正确的是（　　）　A．电荷q受到的电场力的合力一直变小　B．电场力的合力对电荷q一直做负功　C．电荷q的电势能先减小，后不变　D．电荷q受到的电场力的合力方向一直不变考点：电场的叠加；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由题，两个等量同种电荷，它们在点O处产生的电场强度大小相等，方向相反．bc连线上方的中垂线上每一点（除b点）电场线方向向上．根据电场力做功正负，判断电势能的变化：电场力做负功，电荷的电势能增大．解答：解：A、两个等量同种电荷，它们在点b处产生的电场强度大小相等，方向相反，互相抵消，则中点b的场强为零，所以将一带电量为q的负点电荷自a沿直线移到b再沿直线移到c，电场力先减小后增大．故A错误．B、负电荷所受力的方向与电场强度方向相反，所以负点电荷自a沿直线移到b的过程中，电场力做负功，再沿直线移到c时，电场力还是做负功．故B正确．C、电场力做负功，电荷的电势能增大．故C错误．D、从a到b再到c的过程中，电场强度方向先沿ab方向，后沿bc方向，电场力的方向与电场强度方向相反，所以电场力的方向也改变．故D错误．故选：B点评：对等量同种电荷和等量异种电荷的电场线和等势面分布情况和特点要熟悉，考试常常做文章．　-24-14．（3分）a、b、c三个α粒子（重力不计）由同一点M同时垂直场强方向进入带有等量异种电荷的两平行金属板的电场间，其轨迹如图所示，其中b恰好沿板的边缘飞出电场，由此可知（　　）　A．在b飞离电场时，a早已打在负极板上　B．b和c同时飞离电场　C．进入电场时c的速度最大，a的速度最小　D．a、b在电场中运动经历的时间相等考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：电场力与电势的性质专题．分析：带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据竖直方向上的偏转位移，结合加速度，比较出运动的时间，在结合水平位移比较进入电场时的初速度．根据动能定理比较动能的增量．解答：解：A、三个粒子所受的电场力相等，加速度大小相等，在竖直方向上有：y=at2，由题意可知，a、b的偏转位移相等，则a、b的运动时间相等，故A错误，D正确；B、粒子在电中做类平抛运动，偏移量：y=at2，三个粒子的加速度a相等，由题意可知，b的偏移量大于c的偏移量，则b的运动时间大于c的运动时间，故B错误；C、因为a的水平位移小于b的水平位移，时间相等，则a的速度小于b的速度，b的水平位移和c的水平位移相等，b的时间大于c的时间，则b的速度小于c的速度，所以进入电场时，c的速度最大，a的速度最小，故C正确．故选：CD．点评：解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，在沿电场方向上做匀加速直线运动，垂直电场方向上做匀速直线运动，结合运动学公式抓住等时性进行分析求解．　15．（3分）（2022•凉州区模拟）如图所示，直角三角形ABC中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则（　　）　A．从P射出的粒子速度大　B．从Q射出的粒子速度大　C．从P射出的粒子，在磁场中运动的时间长　D．两粒子在磁场中运动的时间一样长-24-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：粒子在磁场中做圆周运动，根据题设条件作出粒子在磁场中运动的轨迹，根据轨迹分析粒子运动半径和周期的关系，从而分析得出结论．解答：解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系（图示弦切角相等），粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间：t=，又因为粒子在磁场中圆周运动的周期T=，可知粒子在磁场中运动的时间相等，故D正确，C错误；如图，粒子在磁场中做圆周运动，分别从P点和Q点射出，由图知，粒子运动的半径RP＜RQ，又粒子在磁场中做圆周运动的半径R=知粒子运动速度vP＜vQ，故A错误，B正确；故选BD点评：粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由此根据运动特征作出粒子在磁场中运动的轨迹，掌握粒子圆周运动的周期、半径的关系是解决本题的关键．　16．（3分）（2022•甘肃模拟）如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0＜θ＜90°），其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为υ，则金属棒ab在这一过程中（　　）　A．加速度大小为　B．下滑位移大小为　C．产生的焦耳热为qBLυ　D．受到的最大安培力大小为-24-考点：导体切割磁感线时的感应电动势．专题：电磁感应中的力学问题．分析：金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，做加速度逐渐减小的变加速运动．由牛顿第二定律，法拉第电磁感应定律、能量守恒定律等研究处理．解答：解：A、金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，所以感应电流也增大，导致金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属板做加速度逐渐减小的变加速运动，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ﹣BIL=ma；其中I=；故a=gsinθ﹣，故A错误；B、由电量计算公式q==可得，下滑的位移大小为s=，故B正确；C、产生的焦耳热Q=I2Rt=qIR，而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流I′=小，故这一过程产生的焦耳热小于qBLv．故C错误；D、金属棒ab受到的最大安培力大小为F=BIL=BL=，故D错误．故选：B．点评：电磁感应综合题中，常常用到这个经验公式：感应电量q=常用来求位移，但在计算题中，不能直接作为公式用，要推导．　二、实验题（本题包括2小题，共15分）17．（10分）（2022•珠海一模）某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块、细沙．当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小桶，滑块处于静止状态．若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：（1）你认为还需要的实验器材有　刻度尺、天平　．（2）实验时为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是　沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量　，实验时首先要做的步骤是　平衡摩擦力　．（3）在（2）的基础上，某同学用天平称量滑块的质量M．往沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量m．让沙桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2（v1＜v2）．则本实验最终要验证的数学表达式为　　（用题中的字母表示实验中测量得到的物理量）．-24-考点：探究功与速度变化的关系．专题：实验题．分析：（1）根据实验原理，得到需要验证的表达式，从而确定需要的器材；（2）实验要测量滑块动能的增加量和合力做的功，用沙和沙桶的总质量表示滑块受到的拉力，对滑块受力分析，受到重力、拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，必须使重力的下滑分量等于摩擦力；同时重物加速下降，处于失重状态，故拉力小于重力，可以根据牛顿第二定律列式求出拉力表达式分析讨论；（3）实验要测量滑块动能的增加量和合力做的功，求出合力的功和动能的增加量即可．解答：解：（1）实验要验证动能增加量和总功是否相等，故需要求出总功和动能，故还要天平和刻度尺；故答案为：刻度尺、天平；（2）沙和沙桶加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为T，根据牛顿第二定律，有对沙和沙桶，有mg﹣T=ma对滑块，有T=Ma解得T=故当M＞＞m时，有T≈mg滑块下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一段垫高；故答案为：沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量，平衡摩擦；（3）总功为：mgL动能增加量为：故答案为：．点评：本题关键是根据实验原理并结合牛顿第二定律和动能定理来确定要测量的量、实验的具体操作方法和实验误差的减小方法．　18．（5分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“6V，1.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：A．直流电源6V（内阻不计）B．直流电流表0～3A（内阻0.1Ω以下）C．直流电流表0～300mA（内阻约为5Ω）D．直流电压表0～10V（内阻约为15kΩ）E．滑动变阻器10Ω，2A-24-F．滑动变阻器1kΩ，0.5A实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．（1）实验中电流表应选用　C　，滑动变阻器应选用　E　（均用序号表示）．（2）在方框内画出实验电路图．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题．分析：（1）根据灯泡额定电流选择电流表，为方便实验操作应选最大阻值减小的滑动变阻器．（2）根据题意确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出实验电路．解答：解：（1）灯泡额定电流为：I===0.25A=250mA，则电流表应选C；为方便实验操作，滑动变阻器应选E．（2）灯泡两端电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常发光时的电阻：R===24Ω，电流表内阻约为5Ω，电压表内阻约为15kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示．故答案为：（1）C；E；（2）实验电路图如图所示．点评：本题考查了实验器材的选择、作实验原理图，掌握实验器材的选择原则、根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法即可正确解题．　三、计算题（本题包括3小题，共37分）19．（12分）如图甲所示，质量m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动．过a点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v﹣t图象如图乙所示．取重力加速度g=10m/s2．求：-24-（1）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；（2）10s末物体离a点的距离．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：（1）由v﹣t图分别求得由力F和没有力F作用时的加速度，再根据牛顿第二定律即可求解；（2）设10s末物体离a点的距离为d，d应为v﹣t图与横轴所围的面积．解答：解：（1）设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由v﹣t图得a1=2m/s2①根据牛顿第二定律，有F+μmg=ma1②设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由v﹣t图得a2=1m/s2③根据牛顿第二定律，有F﹣μmg=ma2④解①②③④得：F=3N，μ=0.05（2）设10s末物体离a点的距离为d，d应为v﹣t图与横轴所围的面积则：，负号表示物体在a点以左答：（1）力F的大小为3N，物体与水平面间的动摩擦因数μ为0.05；（2）10s末物体离a点的距离为2m．点评：本题主要考查了速度﹣时间图象及牛顿第二定律的直接应用，知道速度﹣时间图象的斜率表示加速度，面积表示位移，难度适中．　20．（12分）（2022•河西区一模）如图，半径R=0.9m的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点L=1m的水平面相切于B点，BC离地面高h=0.45m，C点与一倾角为θ=30°的光滑斜面连接，质量m=1.0kg的小滑块从圆弧顶点D由静止释放，已知滑块与水平面间的动摩擦因数µ=0.1，取g=10m/s2．求：（1）小滑块刚到达圆弧的B点时对圆弧的压力；（2）小滑块到达C点时速度的大小；（3）小滑块从C点运动到地面所需的时间．-24-考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；牛顿第三定律；平抛运动；向心力；机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：（1）物体先做圆周运动，机械能守恒，由机械能守恒定律可得出球在B点的速度，则由向心力公式可求得小球对圆弧的压力；（2）由B到C物体做匀减速运动，可以由动能定理或年顿运动定律求出C点的速度；（3）小球离开C后做平抛运动，分析平抛运动能否落到斜面上，若不落在斜面上则由竖直分运动求出时间，若落到斜面上，则要分段考虑．解答：解：（1）设小滑块运动到B点的速度为VB，由机械能守恒定律有：mgR=mVB2由牛顿第二定律F﹣mg=m联立①②代入数据解得小滑块在B点受到的支持力为F=3mg=30N；由牛顿第三定律得小滑块对对圆弧的压力大小30N（2）设小滑块运动到C点的速度为VC，由动能定理有mgR﹣µmgL=mVC2解得小滑块在C点的速度VC=4m/s（3）小滑块平抛到地面的水平距离：S=VCt=VC=1.2m斜面底宽：d=hcotθ=0.78m因为S＞d，所以小滑块离开C点后不会落到斜面上．因此，小滑块从C点运动到地面所需的时间即为小滑块平抛运动所用时间t==0.3s；答：（1）小滑块刚到达圆弧的B点时对圆弧的压力为30N；（2）小滑块到达C点时速度的大小为4m/s；（3）小滑块从C点运动到地面所需的时间为0.3s．点评：对于多过程的题目要注意分析不同的过程，若只求速度优先考虑动能定理或机械能守恒，但若题目中涉及时间应采用牛顿运动定律或运动模型的性质．　-24-21．（13分）（2022•天津）如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴．一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为θ．不计空气阻力，重力加速度为g，求（1）电场强度E的大小和方向；（2）小球从A点抛出时初速度v0的大小；（3）A点到x轴的高度h．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；共点力平衡的条件及其应用；运动的合成和分解．专题：压轴题．分析：小球从A到M做平抛运动，从M到N做匀速圆周运动，说明重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力．由几何知识求得半径，进而求出速度，并机械能守恒定律求出A点到x轴的高度h．解答：解：（1）小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，说明电场力和重力平衡，则有qE=mg，得到E=重力的方向竖直向下，则电场力方向竖直向上，由于小球带正电，故电场强度方向竖直向上．（2）小球做匀速圆周运动，设其设半径为r，由几何关系知r==小球做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v，有qvB=m得v==由速度分解知v0=vcosθ代入得到v0=（3）根据机械守恒定律，有mgh+=h=将v0，v代入得到h=-24-答：（1）电场强度E的大小为，方向竖直向上；（2）小球从A点抛出时初速度v0=；（3）A点到x轴的高度h=．点评：本题属于带电粒子在组合场中运动问题，磁场中圆周运动处理的基本方法是画轨迹，重力场中也可运用运动的合成和分解．　-24-