2019年安徽省滁州市定远中学高考物理一模试卷.doc

2019年安徽省滁州市定远中学高考物理一模试卷一、选择题，本题共8小题，每小题6分，共48分每小题给出的4个选项中，第1-5题只有一项是符合题意要求的，第6-8题有多项是符合题意要求的全部选对的6分，选对但不全对的得3分，有选错的得0分1（6分）下列说法不正确的是（）A卢瑟福通过对粒子散射实验结果的分析，提出了原子核内有中子存在B核泄漏事故污染物137CS能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程式为CSBa+x，可以判断x为电子C若氢原子从n6能级向n1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n6能级向n2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应D质子、中子、粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个粒子，释放的能量是（2m1+2m2m3）c22（6分）如图所示，在光滑绝缘水平面上，两个带等量正电的点电荷分别固定在A、B两点，O为AB连线的中点，MN为AB的垂直平分线在MN之间的C点由静止释放一个带负电的小球（可视为质点），若不计空气阻力，则（）A小球从C点沿直线MN向N端运动，先做匀加速运动，后做匀减速运动B小球从C点运动至距离该点最远位置的过程中，其所经过各点的先电势先降低后升高C小球从C点运动至距离该点最远位置的过程中，其电势能先减小后增大D若在两个小球运动过程中，两个点电荷所带电荷量同时等量地缓慢增大，则小球往复运动过程中的振幅将不断增大3（6分）一根光滑金属杆，一部分为直线形状并与x轴负方向重合，另一部分弯成图示形状，相应的曲线方程为y5x2（单位：m），一质量为0.1Kg的金属小环套在上面t0时刻从x1处以v01m/s向右运动，并相继经过x1m的A点和x2m的B点，下列说法正确的是（）A小环在B点与金属环间的弹力大于A点的弹力B小环经过B点的加速度大于A点时的加速度C小环经过B点时重力的瞬时功率为20WD小环经过B点的时刻为t2s4（6分）由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的作用，存在着一种运动形式：三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动（图为A、B、C三颗星体质量不相同时的一般情况）。若A星体质量为2m，B、C两星体的质量均为m，三角形的边长为a，则下列说法正确的是（）AA星体所受合力大小FABB星体所受合力大小FBCC星体的轨道半径RCaD三星体做圆周运动的周期T5（6分）在匀强磁场中有一不计电阻的矩形线圈，绕垂直磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻。下列说法正确的是（）A在t0.01s时，穿过该矩形线圈的磁通量的变化率为零B变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u36sin50t（V）CRt处温度升高时，由于变压器线圈匝数比不变，所以电压表V1、V2的比值不变DRt处温度升高时，电流表的示数变小，变压器输入功率变大6（6分）如图甲所示，在绝缘水平面上方的MM和PP范围内有电场强度方向水平向右的电场，电场强度大小沿电场线方向的变化关系如图乙所示一质量为m、带电荷量为+q的小物块 （可视为点电荷）从水平面上的A点以初速度v0向右运动，到达B点时速度恰好为零若滑块与水平面之间的动摩擦因数为，A、B两点间的距离为l，重力加速度为g则以下判断正确的是（）A小物块在运动过程中所受到的电场力一直小于滑动摩擦力B小物块在运动过程中的中间时刻，速度大小大于CA、B两点间的电势差为mD此过程中产生的内能为7（6分）如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O点一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F的作用下使夹角90现缓慢改变绳OA的方向至90，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态下列说法正确的是（）A绳OA的拉力先减小后增大B斜面对物块P的摩擦力的大小可能先减小后增大C地面对斜面体有向右的摩擦力D地面对斜面体的支持力大于物块P和斜面体的重力之和8（6分）如图所示，圆形区域半径为R，区域内有一垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，P为磁场边界上的最低点。大量质量均为m，电荷量绝对值均为q的带负电粒子，以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向。粒子的轨道半径为2R，A、C为圆形区域水平直径的两个端点，粒子重力不计，空气阻力不计，则（）A粒子射入磁场的速率为vB粒子在磁场中运动动的最长时间为tC不可能有粒子从C点射出磁场D若粒子的速率可以变化，则可能有粒子从A点水平射出二、非选择题：包括必考题和选考题两部分9（6分）用如图甲所示的装置进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验中（1）若小车的总质量为M，砝码和砝码盘的总质量为m，则当满足 条件时，可认为小车受到合外力大小等于砝码和砝码盘的总重力大小（2）在探究加速度与质量的关系实验中，下列做法中正确的是 A平衡摩擦力时，不应将装砝码的砝码盘用细绳通过定滑轮系在小车上B每次改变小车的质量时，都需要重新平衡摩擦力C实验时，先接通打点计时器电源，再放开小车D小车运动的加速度可由牛顿第二定律直接求出（3）甲同学通过对小车所牵引纸带的测量，就能得出小车的加速度a如图乙是某次实验所打出的一条纸带，在纸带上标出了5个计数点，在相邻的两个计数点之间还有4个打点未标出，计时器打点频率为50Hz，则小车运动的加速度为 m/s2（保留两位有效数字）（4）乙同学通过给小车增加砝码来改变小车的质量M，得到小车的加速度a与质量M的数据，画出a图线后，发现当较大时，图线发生弯曲该同学后来又对实验方案进行了进一步地修正，避免了图线的末端发生弯曲的现象则该同学的修正方案可能是 A改画a与的关系图线 B改画a与（M+m）的关系图线C改画 a与的关系图线 D改画a与的关系图线10（9分）如图是用来测量某电阻丝材料的电阻率的电路图。实验中把电阻丝拉直后固定在接线柱a和b上，移动滑片改变接触点P的位置，可改变接入电路中电阻丝的长度。实验可供选择的器材还有：器材编号器材名称规格与参数A电池组E电动势为3.0V，内阻未知B电流表A1量程0100mA，内阻约5C电流表A2量程00.6A，内阻约0.2D电阻箱R0999.9E开关、导线若干实验操作如下：a用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的位置分别测量电阻丝的直径d；b将选用的实验器材，按照图1连接实验电路；c调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大；d接触点P在电阻丝上某位置时，闭合开关，调整电阻箱的阻值，使电流表满偏，然后断开开关。记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度l。e改变接触点P的位置，闭合开关，调整电阻箱的阻值，使电流表再次满偏；重复多次，记录每一次电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度l。f断开开关，整理好器材，进行实验数据分析。（1）某次测量电阻丝直径d时，螺旋测微器示数如图2示，d mm；（2）实验中电流表应选择 （选填供选器材前的编号）；（3）用记录的多组电阻箱的阻值R和对应的接入电路中电阻丝长度l的数据，绘出了如图3示的Rl关系图线，图线在R轴的截距为R0，在l轴的截距为l0，那么电阻丝的电阻率表达式 （用R0、l0、d表示）；（4）本实验中，电流表的内阻对电阻率的测量结果 （选填“有”或“无）影响，这是因为 。11（12分）如图所示，直空中有以O为圆心，半径为R的圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度方向垂直纸面向外，在虚线范围内、x轴上方足够大的范围内有宽度为d，方向沿y轴负向、大小为E的匀强电场圆形磁场区域的右端与电场左边界相切，现从坐标原点O沿纸面不同方向发射速率为v 的质子，已知质子的电荷量为e，质量为m，不计质子的重力求（1）要使质子不出磁场区域，磁感应强度B要满足什么条件？（2）P、N两点在圆周上，M是OP的中点，MN平行于x轴，若质子从N点平行于x轴出磁场，求磁感应强度的大小和粒子从O点出射时的方向（3）求质子从N点平行于x轴出磁场后与x轴的交点坐标12（20分）如图所示，水平面OABC与水平皮带CD平滑相切，右端有一个半径为R的光滑半圆弧与皮带水平相切，水平面的左端固定一个轻弹簧（始终在弹性限度内）其中OA段光滑，其它所在处的摩擦因数均为0.5，图中R（其中CD略为大于R）物体P和Q的质量均为m（可看成质点），P带了电荷量为q的正电荷，且电荷量不会转移，皮带顺时针转动，皮带速率恒为u现给物体P一个水平向左的初始速度v0，然后经弹簧反弹后与物体Q发生正碰并粘在一起（除碰弹簧无机械能损失外，其它碰撞都不反弹），恰好能不脱离圆弧且能再次返回到皮带上当物体第一次离开皮带后，在皮带所在处（CD处）加上竖直向下的匀强电场E，qE2mg试求：（1）物体P的初始速度v0和弹簧的最大弹性势能分别多大？（2）物体最终能否回到圆弧上，如能求出物体在圆弧上最终所能达到的高度；如不能，求出物体最终所在的位置三、选考题13（5分）下列说法不正确的是（）A物体的温度为0时，物体的分子平均动能为零B两个分子在相互靠近的过程中其分子力逐渐增大，而分子势能先减小后增大C密封在容积不变的容器内的气体，若温度升高，则气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大D第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律E一定质量的理想气体，如果在某个过程中温度保持不变而吸收热量，则在该过程中气体的压强一定增大14（10分）如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成、两部分。初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，、两部分气体的高度均为l0，温度为T0设外界大气压强为p0保持不变，活塞横截面积为S，且mgp0S，环境温度保持不变。在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，求：活塞B向下移动的距离；接问，现在若将活塞A用销子固定，保持气室的温度不变，要使气室中气体的体积恢复原来的大小，则此时气室内气体的温度。2019年安徽省滁州市定远中学高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题，本题共8小题，每小题6分，共48分每小题给出的4个选项中，第1-5题只有一项是符合题意要求的，第6-8题有多项是符合题意要求的全部选对的6分，选对但不全对的得3分，有选错的得0分1（6分）下列说法不正确的是（）A卢瑟福通过对粒子散射实验结果的分析，提出了原子核内有中子存在B核泄漏事故污染物137CS能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程式为CSBa+x，可以判断x为电子C若氢原子从n6能级向n1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n6能级向n2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应D质子、中子、粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个粒子，释放的能量是（2m1+2m2m3）c2【考点】J1：粒子散射实验；J4：氢原子的能级公式和跃迁；JI：爱因斯坦质能方程菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；54P：爱因斯坦的质能方程应用专题【分析】卢瑟福通过对粒子散射实验结果的分析，提出了原子核式结构理论；根据质量数守恒与电荷数守恒判断x；根据玻尔理论环绕光电效应的条件分析；根据质能方程分析产生的能量【解答】解：A、卢瑟福通过对粒子散射实验结果的分析，提出了原子核式结构理论。故A错误；B、根据质量数守恒与电荷数守恒可知，137CS衰变后的产物x的质量数为0，电荷数为1，衰变方程为：为CSBa+，所以x 是电子。故B正确；C、根据玻尔理论可知，氢原子从n6能级向n1能级跃迁时辐射出的光的能量大于氢原子从n6能级向n2能级跃迁时辐射出的光的能量，结合光电效应发生的条件可知，若氢原子从n6能级向n1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n6能级向n2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应。故C正确；D、质子、中子、粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个粒子的过程中亏损的质量为（2m1+2m2m3），根据爱因斯坦质能方程可知释放的能量是（2m1+2m2m3）c2故D正确。本题选择错误的，故选：A【点评】该题考查原子物理学的多个知识点的内容，其中玻尔理论与质能方程为这一部分的重点，要准确理解其内容2（6分）如图所示，在光滑绝缘水平面上，两个带等量正电的点电荷分别固定在A、B两点，O为AB连线的中点，MN为AB的垂直平分线在MN之间的C点由静止释放一个带负电的小球（可视为质点），若不计空气阻力，则（）A小球从C点沿直线MN向N端运动，先做匀加速运动，后做匀减速运动B小球从C点运动至距离该点最远位置的过程中，其所经过各点的先电势先降低后升高C小球从C点运动至距离该点最远位置的过程中，其电势能先减小后增大D若在两个小球运动过程中，两个点电荷所带电荷量同时等量地缓慢增大，则小球往复运动过程中的振幅将不断增大【考点】A7：电场线菁优网版权所有【分析】本题要根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷的受力情况，分析其运动情况，电场力做功情况，判断电势能的变化情况【解答】解：A、等量正点电荷的电场是非匀强电场，小球从C点沿直线MN向N端运动，电场强度是变化的，所受的电场力是变化的，故先做变加速运动，后做变减速运动，故A错误。B、MO段电场线方向向上，ON段电场线方向向下，则小球从C点运动至距离该点最远位置的过程中，电势先升高后降低。故B错误。C、小球从C点运动至距离该点最远位置的过程中，电场力先做正功后做负功，其电势能先减小后增大，故C正确。D、伴随两个点电荷电荷量的增加，由于对小球在同一位置的电场力变大，减速的距离减小，故振幅变小，故D错误。故选：C。【点评】本题考查的就是点电荷的电场的分布及特点，这要求同学对于基本的几种电场的情况要了解，本题看的就是学生的基本知识的掌握情况3（6分）一根光滑金属杆，一部分为直线形状并与x轴负方向重合，另一部分弯成图示形状，相应的曲线方程为y5x2（单位：m），一质量为0.1Kg的金属小环套在上面t0时刻从x1处以v01m/s向右运动，并相继经过x1m的A点和x2m的B点，下列说法正确的是（）A小环在B点与金属环间的弹力大于A点的弹力B小环经过B点的加速度大于A点时的加速度C小环经过B点时重力的瞬时功率为20WD小环经过B点的时刻为t2s【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率菁优网版权所有【专题】36：分割思想；4B：图析法；4C：方程法；518：平抛运动专题；52C：功率的计算专题【分析】金属环以此初速度水平抛出，平抛的轨迹方程刚好与导轨的曲线方程一样，实际是一个平抛运动，金属环沿导轨运动时与轨道间没有作用力，根据平抛的定义确定加速度的大小，根据平抛的规律计算出小球经过B点时的时间和竖直分速度，代入功率公式求出重力的瞬时功率【解答】解：A、若金属环以此初速度水平抛出，平抛的轨迹方程刚好与导轨的曲线方程一样，金属环沿导轨运动时与轨道间没有作用力，故A错误；B、金属环做平抛运动，小环经过B点的加速度等于A点时的加速度，故B错误；C、小球经过B点的时间，所以以小环经过B点的时刻为t3s，小环经过B点时vyg（t1）20m/s，所以小球经过B点是重力的瞬时功率为pmgvy20w，故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题和数学的上的方程结合起来，根据方程来确定小球的运动特征，从而利用平抛运动的规律解答4（6分）由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的作用，存在着一种运动形式：三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动（图为A、B、C三颗星体质量不相同时的一般情况）。若A星体质量为2m，B、C两星体的质量均为m，三角形的边长为a，则下列说法正确的是（）AA星体所受合力大小FABB星体所受合力大小FBCC星体的轨道半径RCaD三星体做圆周运动的周期T【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用菁优网版权所有【专题】31：定性思想；4C：方程法；528：万有引力定律的应用专题【分析】由万有引力定律，A星受到B、C的引力的合力充当A星体圆周运动的向心力。C与B的质量相等，所以运行的规律也相等，然后结合向心力的公式即可求出C的轨道半径；由万有引力定律，分别求出单个的力，然后求出A、B受到的合力即可；【解答】解：A、由万有引力定律，A星受到B、C的引力的大小：方向如图，则合力的大小为：，故A错误；B、同上，B星受到的引力分别为：，方向如图；FB沿x方向的分力：FB沿y方向的分力：可得：，故B错误；C、通过对于B的受力分析可知，由于：，合力的方向经过BC的中垂线AD的中点，所以圆心O一定在BC的中垂线AD的中点处。所以：，故C错误；D、由题可知C的受力大小与B的受力相同，对B星：，解得：，故D正确。故选：D。【点评】该题借助于三星模型考查万有引力定律，其中B与C的质量相等，则运行的规律、运动的半径是相等的。画出它们的受力的图象，在结合图象和万有引力定律即可正确解答。5（6分）在匀强磁场中有一不计电阻的矩形线圈，绕垂直磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻。下列说法正确的是（）A在t0.01s时，穿过该矩形线圈的磁通量的变化率为零B变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u36sin50t（V）CRt处温度升高时，由于变压器线圈匝数比不变，所以电压表V1、V2的比值不变DRt处温度升高时，电流表的示数变小，变压器输入功率变大【考点】E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式；E8：变压器的构造和原理菁优网版权所有【专题】12：应用题；32：定量思想；43：推理法；53A：交流电专题【分析】由图可知交流电压最大值，周期，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式 uUmsint（V），由图可知交流电压有效值，根据电压与匝数成正比知副线圈电压，原、副线圈的交流电的功率相等，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化。【解答】解：AB、原线圈接的图甲所示的正弦交流电，由图知，最大电压：Um36V，周期0.02s，角速度是100，则电压顺时值表达式为：u36sin100t（V），当t0.01s时，u0，此时穿过该线圈的磁通量最大，穿过线圈的磁通量的变化率为零，故A正确，B错误；C、Rt处温度升高时，原副线圈电压比不变，但是V2不是测量副线圈电压，R1温度升高时，阻值减小，电流增大，则R2电压增大，所以V2示数减小，则电压表V1、V2示数的比值增大，故C错误；D、Rt温度升高时，Rt的阻值减小，副线圈电流增大，电流表示数增大，变压器副线圈电压不变，变压器输出功率增大，理想变压器的输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率增大，故D错误；故选：A。【点评】根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键。6（6分）如图甲所示，在绝缘水平面上方的MM和PP范围内有电场强度方向水平向右的电场，电场强度大小沿电场线方向的变化关系如图乙所示一质量为m、带电荷量为+q的小物块 （可视为点电荷）从水平面上的A点以初速度v0向右运动，到达B点时速度恰好为零若滑块与水平面之间的动摩擦因数为，A、B两点间的距离为l，重力加速度为g则以下判断正确的是（）A小物块在运动过程中所受到的电场力一直小于滑动摩擦力B小物块在运动过程中的中间时刻，速度大小大于CA、B两点间的电势差为mD此过程中产生的内能为【考点】AB：电势差；AE：电势能与电场力做功；AG：电势差和电场强度的关系菁优网版权所有【专题】532：电场力与电势的性质专题【分析】根据电场力的变化，结合滑块速度减小，判断出电场力和滑动摩擦力的关系；结合速度时间图线，抓住滑块做加速度逐渐减小的减速运动得出中间时刻的瞬时速度；根据动能定理求出A、B两点间的电势差，结合能量守恒判断内能与动能减小量的关系【解答】解：A、滑块所受的电场力水平向右，摩擦力水平向左，由图象知，电场强度逐渐增大，电场力逐渐增大，滑块做减速运动，可知电场力一直小于滑动摩擦力。故A正确。B、因为电场力逐渐增大，所以小滑块做加速度逐渐减小的减速运动，根据速度时间图线可知，若为匀变速直线运动，中间时刻的瞬时速度等于，从图中可知，中间时刻的瞬时速度小于故B错误。C、根据动能定理得，解得A、B点间的电势差Um故C正确。D、根据能量守恒知，电势能减小、动能减小，全部转化为内能，则产生的内能大于故D错误。故选：AC。【点评】本题综合考查了牛顿第二定律、动能定理和能量守恒，综合性较强，对学生的能力要求较高，对于B选项，通过速度时间图线分析判断比较直观简捷7（6分）如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O点一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F的作用下使夹角90现缓慢改变绳OA的方向至90，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态下列说法正确的是（）A绳OA的拉力先减小后增大B斜面对物块P的摩擦力的大小可能先减小后增大C地面对斜面体有向右的摩擦力D地面对斜面体的支持力大于物块P和斜面体的重力之和【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡菁优网版权所有【专题】527：共点力作用下物体平衡专题【分析】对结点O受力分析，根据图解法分析F的变化和绳子PO拉力的变化，然后以P为研究对象根据平衡条件判断摩擦力的变化【解答】解：A、缓慢改变绳OA的方向至90的过程，OA拉力的方向变化如图从1位置到2位置到3位置所示，可见OA的拉力先减小后增大，OP的拉力一直增大；故A正确；B、若开始时P受绳子的拉力比较小，则斜面对P的摩擦力沿斜面向上，OP拉力一直增大，则摩擦力先变小后反向增大，故B正确；C、以斜面和PQ整体为研究对象受力分析，根据平衡条件：斜面受地面的摩擦力与OA绳子水平方向的拉力等大反向，故摩擦力方向向左，C错误；D、以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析，根据竖直方向受力平衡：N+FcosM斜g+MPg+MQg由上图分析可知F的最大值即为MQg（当F竖直向上方向时）故FcosMQg则NM斜g+MPg，故D正确；故选：ABD。【点评】本题采用隔离法和整体法研究两个物体的平衡问题，灵活选择研究对象；摩擦力的方向及大小变化尤其为难点8（6分）如图所示，圆形区域半径为R，区域内有一垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，P为磁场边界上的最低点。大量质量均为m，电荷量绝对值均为q的带负电粒子，以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向。粒子的轨道半径为2R，A、C为圆形区域水平直径的两个端点，粒子重力不计，空气阻力不计，则（）A粒子射入磁场的速率为vB粒子在磁场中运动动的最长时间为tC不可能有粒子从C点射出磁场D若粒子的速率可以变化，则可能有粒子从A点水平射出【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动菁优网版权所有【专题】12：应用题；25：归纳猜想题；34：比较思想；47：极端假设法；536：带电粒子在磁场中的运动专题【分析】由洛仑兹力提供向心力qvBm，当r2R时，可以求出粒子的速度。至于粒子在圆形磁场区域内的运动时间，由于带电粒子的轨道半径2R为一定值且大于磁场区域的半径R，所以当带电粒子的轨迹最长时，时间最长，即以磁场圆直径为弦长的轨迹时间最长，如图所示的以O长为圆心的轨迹。【解答】解：A、由洛仑兹力提供向心力qvBm，当r2R时，速度v，所以选项A正确。B、要使带电粒子在圆形磁场中的时间最长，则是以磁场圆直径为弦的轨迹时间最长。由几何关系知：此轨迹在磁场的偏转角为60，所以最长时间tmax，所以选项B正确。C、若入射速度恰当，则粒子能够通过C点，甚至能够找到圆心：作PC的中垂线，以P或C为圆心以2R为半径画弧交PC中垂线于OC，即通过C点轨迹的圆心，所以选项C错误。D、若粒子的速度变为，则其运动半径为R，若粒子从P点向上入射，则从A点水平穿出，所以选项D正确。故选：ABD。【点评】本题只是带电粒子在磁场中以磁场圆半径的2倍为半径做匀速圆周运动的特例，由洛仑兹力提供向心力，从而能够求出速度。难点是怎样确定最长时间，显然是轨迹最长时，时间最长，即轨迹所对的弦为磁场圆的直径。二、非选择题：包括必考题和选考题两部分9（6分）用如图甲所示的装置进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验中（1）若小车的总质量为M，砝码和砝码盘的总质量为m，则当满足Mm条件时，可认为小车受到合外力大小等于砝码和砝码盘的总重力大小（2）在探究加速度与质量的关系实验中，下列做法中正确的是ACA平衡摩擦力时，不应将装砝码的砝码盘用细绳通过定滑轮系在小车上B每次改变小车的质量时，都需要重新平衡摩擦力C实验时，先接通打点计时器电源，再放开小车D小车运动的加速度可由牛顿第二定律直接求出（3）甲同学通过对小车所牵引纸带的测量，就能得出小车的加速度a如图乙是某次实验所打出的一条纸带，在纸带上标出了5个计数点，在相邻的两个计数点之间还有4个打点未标出，计时器打点频率为50Hz，则小车运动的加速度为0.45m/s2（保留两位有效数字）（4）乙同学通过给小车增加砝码来改变小车的质量M，得到小车的加速度a与质量M的数据，画出a图线后，发现当较大时，图线发生弯曲该同学后来又对实验方案进行了进一步地修正，避免了图线的末端发生弯曲的现象则该同学的修正方案可能是A A改画a与的关系图线 B改画a与（M+m）的关系图线C改画 a与的关系图线 D改画a与的关系图线【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系菁优网版权所有【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题【分析】（1）在“验证牛顿第二定律”的实验中，为使绳子拉力为小车受到的合力，应先平衡摩擦力；为使绳子拉力等于砝码和砝码盘的重力，应满足砝码和砝码盘的质量远小于小车的质量；（2）在“验证牛顿第二定律”的实验中，通过控制变量法，先控制m一定，验证a与F成正比，再控制F一定，验证a与m成反比；实验中用勾码的重力代替小车的合力，故要通过将长木板左端垫高来平衡摩擦力和使小车质量远大于小盘（包括盘中的砝码）质量来减小实验的误差！实验时先接通电源后释放纸带；（3）根据匀变速直线运动的推论公式xaT2可以求出加速度的大小（4）分别对小车和砝码盘列出牛顿第二定律方程，即可知道绳子拉力就是砝码重力的条件以及图象弯曲的原因【解答】解：（1）“验证牛顿第二定律”的实验中，为使绳子拉力为小车受到的合力，应先平衡摩擦力，方法是将长木板的一端适当垫高，在不挂砝码盘的情况下，小车能够自由地做匀速直线运动，另外为使绳子拉力等于砝码盘（连同砝码）的质量，必须满足满足小车的质量M远大于砝码盘（连同砝码）的质量m的条件，即Mm（2）A、平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，是小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动故A正确；B、每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力故B错误C、实验时先接通电源后释放纸带，故C正确；D、小车运动的加速度是利用打点计时器测量，如果直接运用牛顿第二定律计算的，则无法进行探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系故D错误；故选：AC；（3）每打五个点取一个计数点，又因打点计时器每隔0.02s打一个点，所以相邻两计数点间的时间T0.1s；在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数即：xaT2，逐差法知：a0.45m/s2（4）分别对小车与砝码列出牛顿第二定律，对小车有FMa，对砝码有：mgFma，两式联立可得：amg，所以作图时应作出a 图象故选：A；故答案为：（1）Mm； （2）AC； （3）0.45； （4）A【点评】明确实验原理是解决有关实验问题的关键在验证牛顿第二定律实验中，注意以下几点：（1）平衡摩擦力，这样绳子拉力才为合力；（2）满足砝码（连同砝码盘）质量远小于小车的质量，这样绳子拉力才近似等于砝码（连同砝码盘）的重力对于课本中基础力学实验，要到实验室进行实际操作，这样才能明确实验步骤和具体的操作的含义10（9分）如图是用来测量某电阻丝材料的电阻率的电路图。实验中把电阻丝拉直后固定在接线柱a和b上，移动滑片改变接触点P的位置，可改变接入电路中电阻丝的长度。实验可供选择的器材还有：器材编号器材名称规格与参数A电池组E电动势为3.0V，内阻未知B电流表A1量程0100mA，内阻约5C电流表A2量程00.6A，内阻约0.2D电阻箱R0999.9E开关、导线若干实验操作如下：a用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的位置分别测量电阻丝的直径d；b将选用的实验器材，按照图1连接实验电路；c调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大；d接触点P在电阻丝上某位置时，闭合开关，调整电阻箱的阻值，使电流表满偏，然后断开开关。记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度l。e改变接触点P的位置，闭合开关，调整电阻箱的阻值，使电流表再次满偏；重复多次，记录每一次电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度l。f断开开关，整理好器材，进行实验数据分析。（1）某次测量电阻丝直径d时，螺旋测微器示数如图2示，d0.730mm；（2）实验中电流表应选择B（选填供选器材前的编号）；（3）用记录的多组电阻箱的阻值R和对应的接入电路中电阻丝长度l的数据，绘出了如图3示的Rl关系图线，图线在R轴的截距为R0，在l轴的截距为l0，那么电阻丝的电阻率表达式（用R0、l0、d表示）；（4）本实验中，电流表的内阻对电阻率的测量结果无（选填“有”或“无）影响，这是因为应用图象法处理实验数据，可以消除电流表内阻对实验的影响。【考点】L4：螺旋测微器的使用；N2：测定金属的电阻率菁优网版权所有【专题】13：实验题；32：定量思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。（2）根据电路最大电流选择电流表。（3）由实验步骤可知，电源电动势不变，电路电流始终等于电流表的满偏电流，电路电流不变，由此可知，电路总电阻不变，由图象及串联电路特点可以求出电路总电阻，由电阻定律及实验数据可以求出电阻率的表达式。（4）应用图象法求电阻率，电流表内阻对实验结果没有影响。【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度是0.5mm，可动刻度是23.00.01mm0.230mm，金属丝直径d0.5mm+0.230mm0.730mm。（2）电路最大电流约为I0.15A，约为0.6A的四分之一，如果使用电流表A2实验误差较大，电流表应选B：A1。（3）由实验步骤可知，外电路电阻不变，由串联电路特点可知，外电路总电阻R总R+R电阻丝R+R+R+，由图象可知，当电阻丝接入电路的长度为零是，电路总电阻R总R0，则R+R0，RR0，图象斜率k，则电阻率；（4）应用图象法处理实验数据，可以消除电流表内阻对实验的影响，电流表内阻对实验结果没有影响。故答案为：（1）0.730；（2）A1；（3）；（4）无；应用图象法处理实验数据，可以消除电流表内阻对实验的影响。【点评】本题考查了螺旋测微器读数、实验器材的选择、求电阻率表达式、实验误差分析；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读。11（12分）如图所示，直空中有以O为圆心，半径为R的圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度方向垂直纸面向外，在虚线范围内、x轴上方足够大的范围内有宽度为d，方向沿y轴负向、大小为E的匀强电场圆形磁场区域的右端与电场左边界相切，现从坐标原点O沿纸面不同方向发射速率为v 的质子，已知质子的电荷量为e，质量为m，不计质子的重力求（1）要使质子不出磁场区域，磁感应强度B要满足什么条件？（2）P、N两点在圆周上，M是OP的中点，MN平行于x轴，若质子从N点平行于x轴出磁场，求磁感应强度的大小和粒子从O点出射时的方向（3）求质子从N点平行于x轴出磁场后与x轴的交点坐标【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动菁优网版权所有【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；537：带电粒子在复合场中的运动专题【分析】（1）质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意求出质子不从磁场射出的临界轨道半径，应用牛顿第二定律求出临界磁感应强度，然后求出磁感应强度需要满足的条件（2）根据题意求出质子做圆周运动的轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出磁感应强度，求出质子入射速度的方向（3）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律分析答题【解答】解：（1）质子在磁场中做匀速圆周运动，当沿y轴正方向射出的质子恰好不从磁场射出时，所有质子都不会射出磁场，沿y轴正方向射出的质子恰好不从磁场射出，其轨道半径：r，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evBm解得：B，要使质子不出磁场区域，磁感应强度：B；（2）质子从N点平行于x轴出磁场时运动轨迹如图所示：由题意可知：OM，由几何知识得：NOA30，ONA60，则NOB30，NOO2NOB60，BOANOO60，质子做圆周运动的轨道半径：rR，质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvBm，解得：B；（3）质子离开电场进入磁场后做类平抛运动；如果质子打在x轴上时做类平抛的水平位移：Ld，在竖直方向：t2水平方向：Lvt解得：Lv，质子从N点平行于x轴出磁场后与x轴的交点坐标：xR+LR+v；如果质子做类平抛运动离开电场时的水平位移：Ld，设质子离开磁场时速度方向与水平方向夹角为，则：在竖直方向：yt2水平方向：dvt，竖直分速度：vyt，tan，解得：y，tan，质子离开磁场后做匀速直线运动，水平方向：lvt竖直方向：yvyttan，解得：l，质子从N点平行于x轴出磁场后与x轴的交点坐标：xR+d+lR+；答：（1）要使质子不出磁场区域，磁感应强度B要满足的条件是：B；（2）磁感应强度的大小为，粒子从O点出射时的方向：与x正方向轴夹60斜向右上方（3）质子从N点平行于x轴出磁场后与x轴的交点坐标为：（R+v，0）或（R+，0）【点评】本题考查了质子在磁场与电场中的运动，质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，在电场中做类平抛运动，质子运动过程复杂，根据题意分析清楚质子的运动过程、作出其运动轨迹是解题的关键12（20分）如图所示，水平面OABC与水平皮带CD平滑相切，右端有一个半径为R的光滑半圆弧与皮带水平相切，水平面的左端固定一个轻弹簧（始终在弹性限度内）其中OA段光滑，其它所在处的摩擦因数均为0.5，图中R（其中CD略为大于R）物体P和Q的质量均为m（可看成质点），P带了电荷量为q的正电荷，且电荷量不会转移，皮带顺时针转动，皮带速率恒为u现给物体P一个水平向左的初始速度v0，然后经弹簧反弹后与物体Q发生正碰并粘在一起（除碰弹簧无机械能损失外，其它碰撞都不反弹），恰好能不脱离圆弧且能再次返回到皮带上当物体第一次离开皮带后，在皮带所在处（CD处）加上竖直向下的匀强电场E，qE2mg试求：（1）物体P的初始速度v0和弹簧的最大弹性势能分别多大？（2）物体最终能否回到圆弧上，如能求出物体在圆弧上最终所能达到的高度；如不能，求出物体最终所在的位置【考点】65：动能定理；69：弹性势能菁优网版权所有【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52D：动能定理的应用专题【分析】（1）物体恰好能不脱离圆弧且能再次返回到皮带上，可知物体最高能在圆弧上到达与圆心等高的位置E处从D处到E处的过程，由机械能守恒定律求得物体在D处的速度从C到D，由动能定理求得在C处碰后的速度在C点发生弹性碰撞，由动量守恒定律求得碰前P的速度再由动能定理求出物体P的初始速度v0由能的转化和守恒定律求弹簧的最大弹性势能（2）加上匀强电场后，在皮带上物体所受的摩擦力为 f（2mg+qE）2mg，物体从E点到速度为零处，由动能定理分析出速度为零处在传送带的最左端，此时物体还在皮带上，物体不会达到水平面ABC上，物体必将在皮带和圆弧上来回运动根据动能定理求出物体与传送带共速时向左运动的位移，判断物体的运动情况【解答】解：（1）为了符合题意，物体最高能在圆弧上到达与圆心等高的位置E处，故物体能达到的最大高度为 hR从D处到E处的过程，由机械能守恒定律得 mvD22mgR可得，物体在D处的速度为 vD从C到D，由动能定理得2mgRmvD2mvC2所以在C处碰后的速度为 vC在C点发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律得 mvPC2mvC，得碰前P的速度为 vPC2由动能定理得3mgR解得 v0由能的转化和守恒定律得：弹簧的最大弹性势能 EpmgR7mgR（2）假设物体达离D点x处时速度为零，在皮带上物体所受的摩擦力为 f（2mg+qE）2mg物体从E点到速度为零处，由能量守恒得 2mgRfx2mgx，得 xR（速度为零处在传送带的最左端），此时物体还在皮带上，物体不会达到水平面ABC上，物体必将在皮带和圆弧上来回运动到与皮带共速时的位移为x1，则fx1，x1R故物体以速度u冲上圆弧，上升的高度为h由机械能守恒定律得 2mgh，所以 hR然后再以u冲上皮带，再次速度为零时，2mghfx，xR然后由零开始向右加速，恰好在D处时速度为u故每次物体都能达到的高度均为R答：（1）物体P的初始速度v0和弹簧的最大弹性势能分别和7mgR（2）物体最终能回到圆弧上，次物体都能达到的高度均为R【点评】分析清楚物体的运动过程是解题的