【 解析】河北冀州中学2014届高三上学期11月月考 物理试题 Word版含解析 by张（ 2013高考）

【 解析】河北冀州中学2014届高三上学期11月月考 物理试 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 Word版含解析 by张（ 2013高考） 河北冀州市中学 2013—2014学年上学期高三第三次月考 物理试题 一、选择题(本题共20小题，共60分(在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项正确，全部选对的得3分，只选一个且正确的得2分，有选错或不答的得0分) 1.在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程(在对以下几位物 理学家所作科学贡献的叙述中，正确的说法是( ) A(英国物理学家牛顿用实验的方法测出万有引力常量G B(第谷接受了哥白尼日心说的观点，并根据开普勒对行星运动观察记录的数据，应用严密的数学运算和椭圆轨道假说，得出了开普勒行星运动定律 C(法拉第经历十多年的潜心研究发现了电磁感应现象并总结出了法拉第电磁感应定律 D(牛顿提出的万有引力定律奠定了天体力学的基础 【答案】D A、用实验的方法测出万有引力常量的科学家是卡文迪许，故A错误; B、开普勒根据第谷对行星运动观察记录的数据，得出了开普勒行星运动定律，故B错误; C、法拉第发现了电磁感应现象，纽曼和韦伯总结了法拉第电磁感应定律，故C错误; 故选D。 【考点】物理学史 2.下列概念或结论说法正确的是( ) A 将同一电流元放到某一区域的磁场中任意位置时受到的安培力都相等，该磁场一定是匀强磁场 B.电动势 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示电源把其它形式能转化为电能本领的物理量，数值上等于将1C的负电荷从正极移到负极非静电力做的功 C.带电粒子在复合场中做复杂曲线运动时，在一小段过程中洛仑兹力可能要做功 D.由于相互作用力等大反向所以一对摩擦力做功总和为零 【答案】B A、通电导体在磁场强的地方所受的安培力的大小不仅与长度、电流大小和磁场强度有关，而 且与放的角度也有关，故A错误; B、电动势表示电源把其它形式能转化为电能本领的物理量，数值上等于将1C的负电荷从正极移到负极非静电力做的功，故B正确; C、洛仑兹力总是与速度垂直，所以不做功，故C错误; D、力做功和力的大小以及力的方向上发生的位移有关，一对作用力和发作用力做功的总和可以不为零，故D错误。 故选B。 【考点】安培力、电动势、洛仑兹力、功的概念的理解 3.2011年9月29日，我国自行 设计 领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计 、制造“天宫一号”空间实验室发射成功，开创了我国航天事业的新纪元。“天宫一号”经过变轨后绕地球做圆周运动，运行周期为90min。关于“天宫一号”、同步通信卫星和赤道上随地球自转物体相比较，下列说法正确的是( ) A.“天宫一号”的向心加速度最大 B.同步通信卫星的角速度最大 C.赤道上随地球自转物体线速度最小 D.“天宫一号”的速度大于7.9km/s 【答案】AC GMGMm2,,AB、根据万有引力提供向心力:得 ,,mr32rr 同步卫星在赤道上空35800km高的圆形轨道上，轨道半径比天宫一号大，所以， ,,,天同赤道上随地球自转物体和同步卫星具有相同的角速度，所以,,,,,，故B错误; 天同物 2ar,,根据向心加速度 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 所以aa, 同物 GMmGM根据万有引力提供向心力，列出等式得 ,maa,22rr 所以aaa,,，故A正确; 天同物 vv,C、根据线速度v=ωr，所以 同物 GMv,根据万有引力提供向心力得 r vvv,,所以，故C正确; 天同物 D、7.9Km/s是第一宇宙速度，也是最大的圆周运动的环绕速度，所以“天宫一号”的速度小于 7.9Km/s，故D错误。 故选AC。 【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系;万有引力定律及其应用 4(作用于O点的三力平衡,设其中一个力的大小为F沿y轴正方向,力F大小未知,与x轴负12方向夹角为如图所示,下列关于第三个力F的判断正确的是( ) ,～3 A.力F只能在第四象限 3 B.力F与F夹角变小,但F与F的合力不变 3232 C.的最小值为cos, FF31 D.力可在第一象限的任意区域 F3 【答案】BC AD、当F、F的合力F可以在F与F之间的任意方向，而三力平衡1212 时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故力F只能在F与F之间的某个方向的反方向上，即F可能在第四象限，3123 也可能在第一象限，故AD错误; B、F与F的合力与F等大，故B正确; 321 C、如图可知，当F、F的合力F与F垂直时合力F最小，等于Fcosθ，故C正确; 1221故选BC。 【考点】共点力平衡的条件及其应用、力的合成与分解的运用 5. 给平行板电容器充电，断开电源后A极板带正电，B极板带负电.板间一带电小球C用绝缘细线悬挂，如图所示.小球静止时与竖直方向的夹角为θ，则( ) A. 若将B极板向右平移稍许，电容器的电容将减小 B. 若将B极板向下平移稍许，A、B两板间电势差将减小 C. 若将B板向上平移稍许，夹角θ将变小 D. 轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动 【答案】A ,SA、若将B极板向右平移稍许，d增大，根据，得知电容将减小，故A正确; ,C4kd, ,SB、C若将B极板向下平移稍许，正对面积S减小，根据，得知电容将减小(电容,C4kd, QU器的电量Q不变，由， 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 得知板间电势差增大，由得知，E增大，小球所受E,U,dC 的电场力增大，θ将变大，故B、C错误; D、轻轻将细线剪断，小球将沿重力与电场力的合力方向做匀加速直线运动，故D错误。 故选A。 【考点】电容器的动态分析 6(如下图所示，现有甲、乙、丙三个电动势E相同而内阻r不同的电源(用这三个电源分别给定值电阻R供电，已知它们的阻值大小关系为R>r>r>r，则将R先后接在这三个电源甲乙丙 上时的情况相比较，下列说法正确的是( ) A(接在甲电源上时，电源内阻消耗的功率最大 B(接在乙电源上时，电源的总功率最大 C(接在丙电源上时，电源的输出功率最大 D(接在甲电源上时，电源的输出功率最大 【答案】AC EAC、三个电源的电动势E相等，而内阻，根据闭合电路欧姆定律得知，rrr,,I,乙甲丙Rr，接在甲电源上时，电路的电流最小，外电压最小，内电压最大，电源内阻消耗的功率最大，外电阻的功率最小，丙的内阻最小，电源的输出功率最大(故A、C正确( BD、内阻，接在丙电源上时，电源的电流最大，根据P=EI可知，此时的电源的rrr,,乙甲丙 总功率最大，所以BD错误; 故选AC。 【考点】电功、电功率 7(两小磁针在同一水平面上，因受某种磁场的作用后相互平行，如图所示，产生这种效果的磁场可能是(忽略小磁针相互作用)( ) A(某条通电直导线产生的磁场 B(相距很近的异名磁极间的磁场 C(某个通电螺线管产生的磁场，其中一个磁针在管内，一个磁 针在管外 D(某个单匝通电圆形电流的磁场，一个磁针在环内，一个磁针在环外 【答案】AB A、通电直导线产生的磁场是一系列同心圆磁感线;当小磁针所处于直导线一侧并且和半径重 合时，会出现图示的方向，故A正确; B、相距很近的异名磁极之间的磁场，近似是匀强磁场，所以小磁针可能出现图示的方向，故 B正确; C、通电螺线管产生的磁场，管内和管外的磁场一定是反向的，故C错误; D、某个单匝通电圆形与螺线管是相似的，故D错误。 故选AB。 【考点】常见的磁场 8(如图所示电路中，A和A为理想电流表，示数分别为I和I，。当a、R:R:R,1:2:31212123b两点间加以恒定的电压U后，下列结论正确的是( ) A(I:I=3:4 12 B(I:I=5:9 12 C(将A、A换理想电压表，其示数之比为3:5 12 D(将A、A换理想电压表，其示数之比为1:1 12 【答案】BC 电源接在A、C两点时，电路图如图1所示: 并联电路中各支路两端的电压相等，且干路电流等于各支路电流之和， UU，RRI5231,,图中，，故A错误，B正确; UUI92，RR12 将A、A换成理想电压表，如右图所示 12 成为串联电路，UUU123::::,， R1R2R3 UUU3，1R1R2,,， UUU5，2R2R3 故C正确，D错误; 故选BC。 【考点】串联电路和并联电路 9、地球赤道上的重力加速度为g，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a(卫星甲、乙、丙在如图所示的三个椭圆轨道上绕地球运行，卫星甲和乙的运行轨道在P点相切(不计阻力，以下说法正确的是( ) A、如果地球的转速为原来的(g，a)/a 倍，那么赤道上的物体将会“飘”起来 B、卫星甲、乙分别经过P点时的速度相等 C、卫星丙的周期最小 D、卫星甲的机械能最大，卫星中航天员始终处于完全 失重状态; 【答案】AC A、使地球上的物体票“飘”起来即物体处于完全失重状态，即此时物体所受地球的重力完全提 GmM供物体随地球自转时的向心力则有: ,mgma,2R 当物体飘起来的时候，万有引力完全提供向心力，则此时物体的向心加速度为GmM即此时的向心加速度a’=g+a ,mga，，，2R a'ga，22n'nn,,n2π)根据向心加速度和转速的关系有:a=R(，a’=R(n’2π)可得:， aa故A正确( B、物体在椭圆形轨道上运动，轨道高度超高，在近地点时的速度越大，故B错误; C、根据开普勒第三定律知，椭圆半长轴越小，卫星的周期越小，卫星丙的半长轴最短，故周期最小，故C正确; D、卫星的机械能跟卫星的速度、高度和质量有关，因未知卫星的质量，故不能确定甲卫星的机械能最大;当卫星沿椭圆轨道运动时，卫星所受万有引力不完全提供卫星的向心力，故D错误。 故选AC。 【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系;万有引力定律及其应用 10、一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为m=1kg和m=2kg的A、B两AB物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ=0.2(水平恒力F作用在A物块上，如图所示(重 2力加速g=10m/s).则( ) A、若F=1N，则物块、木板都静止不动 B、若F=1.5N，则AB物块所受摩擦力大小都为1 N C、若F=4N，则B物块所受摩擦力大小为4N 2 D、若F=8N，则B物块的加速度为1.0m/s 【答案】BD 轻质木板则质量为0，A与木板的摩擦力最大为;B与木板的摩擦力最f0.21102N,，，,A 大为。因为A作用于木板的力只有2N，所以B受到的力为2N，加速f0.22104N,，，,B 2a1.0m/s,度，故D正确; 12A、F=1N，小于最大摩擦阻力，所以A B的加速度相同: am/s,3 1.52B、F=1.5N，小于最大摩擦阻力，所以A B的加速度相同: ，a0.5m/s,,3 ，故B正确; Fam0.521N,,，,AB 482C、同理， FN,am/s,B33 故选BD。 【考点】摩擦力、牛顿第二定律 11、质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B。支架的两直角边长度 分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示。开始时OA边处于水 平位置，由静止释放，则以下结论正确的有 ( ) A.A球的最大速度为2 2gl B.A球的速度最大时，两小球的总重力势能最小 C.A球的速度最大时，两直角边与竖直方向的夹角为45? D.A、B两球的最大速度之比v?v=2?1 12 【答案】BCD 由机械能守恒可知，两球总重力势能最小时，二者的动能最大，所以B正确; 根据题意知两球的角速度相同，线速度之比为，故D正确; vvll:2:2:1,，，,,,12 当OA与竖直方向的夹角为θ时，由机械能守恒得: 1122， mglmglmvmv，,，,,，，,,2sin2(1cos)2AB22 882解得:， vglgl,，,,,(sincos)A33 由数学知识知，当θ=45?时，sinθ+cosθ有最大值，故C正确; 8vgl,,21最大值为:，所以A错误。 ，，A3 故选BCD。 【考点】机械能守恒定律 12、如图所示，某生产线上相互垂直的甲乙传送带等高、宽度均为d ，均以大小为v的速度运行，图中虚线为传送带中线(一工件(视为质点)从甲左端释放，经长时间由甲右端滑上乙，滑至乙中线处时恰好相对乙静止(下列说法中正确的是( ) 2A、工件在乙传送带上的痕迹为直线，痕迹长为 d2 dB、工件从滑上乙到恰好与乙相对静止所用的时间为 2v 2vC、工件与乙传送带间的动摩擦因数 dg D、乙传送带对工件的摩擦力做功为零 【答案】AD A、物体滑上乙时，相对于乙上的那一点的速度分为水平向右的v和向后的v，合速度，2v就是沿着与乙成45?的方向，那么相对于乙的运动轨迹肯定是直线，故A正确; BC、假设它受滑动摩擦力f=μmg，方向与合相对速度在同一直线，所以角θ=45?，则相对于乙的加速度也沿这个方向，经过t后，它滑到乙中线并相对于乙静止，根据牛顿第二定律，有:μmg=ma，解得a=μg; d2L2d,，,运动距离 22 21d2v2又，将L和a代入所以，，故B错误，C错误; ,,Lat,t,2vgd 12D、滑上乙之前，工件绝对速度为v，动能为; mv2 12滑上乙并相对停止后，绝对速度也是v，动能也是; mv2 而在乙上面的滑动过程只有摩擦力做了功，动能又没变化，所以乙对工件的摩擦力做功为0，故D正确; 故选AD。 【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系 13(如图所示，一根质量不计的轻弹簧上端固定在天花板上，下端与一质量为m的托盘连接，托盘中有一个质量为M的砝码。当托盘静止时，弹簧的伸长量为L。现将托盘向下拉，弹簧又伸长了,L(未超过弹簧的弹性限度)，然后使托盘由静止释放，则刚释放托盘时，砝码对托盘的作用力等于( ) ,L,L(1)，Mg(1)()，,，Mmg A( B( LL ,,LMg,，LMmg() C( D( LL 【答案】A ()mMgkl，,当盘静止时，由胡克定律得 设使弹簧再伸长?l时手的拉力大小为F 再由胡克定律得Fkl,, ,l联立得 FmMg,，()l 则以盘和物体整体为研究对象，刚松手时所受合力大小等于F，方向竖直向上; 设刚松手时，加速度大小为a， Fl,根据牛顿第二定律得 ag,,mMl， 对物体研究: FMgMa,,N ,l解得 1FMg,，()Nl 故选A。 【考点】胡克定律 14、如图所示，某一小球以v = 10m/s的速度水平抛出，在落地之前经过空中A、B两点，在0 A 点小球速度方向与水平方向的夹角为45?，在B点小球速度方向与水平方向的夹角为60?(空 2气阻力忽略不计，g取10m/s)。以下判断中正确的是( ) A小球经过A、B两点间的时间s t,,(31) B小球经过A、B两点间的时间s t,3 C A、B两点间的高度差h = 10m D A、B两点间的高度差h = 15m 【答案】AC vAyAB、由平抛运动:，所以 vvtan4510m/s,:,tan45:,Ay0v0 vByvvtan60103m/s,,:同理，所以 tan60:,By0v0 vv,10310,ByAy则小球通过A、B两点的运动时间，故A正确B错误; ts31s,,,,，，g10 22vv,ByAyCD、，故C正确D错误; h10m,,2g 故选AC。 【考点】平抛运动 15(如下图所示，电荷均匀分布在半球面上，在这半球的中心O处电场强度等于E。两个平0 π面通过同一条直径，夹角为α(α<)，从半球中分出这一部分球面，则剩余部分球面上(在“大瓣”2 上)的电荷(电荷分布不变)在O处的电场强度( ) ααA(E,Esincos B(E,Esinαcosα 0022 ααC(E,Esin D(E,Ecos 0022 【答案】D 根据对称性，作出球面上的电荷在O点产生的电场分布，如图所示，由平行四边形定则得到“大瓣”球面上的电荷在O处的电场强度 , EEcos,02 故选D。 【考点】电场强度 16(如图是汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高h，开始绳绷紧，滑轮两侧的绳都竖直，汽车以v向右匀速运动，运动到跟汽0 车连接的细绳与水平夹角为30?，则( ) A(从开始到绳与水平夹角为30?时，拉力做功mgh 32B(从开始到绳与水平夹角为30?时，拉力做功mgh，mv 08 3C(在绳与水平夹角为30?时，拉力功率为mgv 02 D(在绳与水平夹角为30?时，绳对滑轮的作用力为3mg 【答案】B AB、将汽车的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如图所示,货物速度为:v=vcosθ，0由于θ逐渐变小，故货物加速上升; 3v当θ=30?时，货物速度为; 02 当θ=90?时，货物速度为零; 根据功能关系，拉力的功等于货物机械能的增加量，故 32，故A错误，B正确; WEEmghmv,,，,,，FPK08 C、在绳与水平夹角为30?时，拉力的功率为:P=Fv， 33vv,Pmgv,其中，由于加速，拉力大于重力，故，故C错误; 0022 D、由于物体加速，绳子对货物的拉力大于重力，由于两端拉力相等，夹角为60?，故合力大于，故D错误; 3mg 故选B。 【考点】 动能定理的应用;运动的合成和分解;功率、平均功率和瞬时功率 17(在新疆旅游时，最刺激的莫过于滑沙运动。某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为2v，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为L，斜面0 倾角为α，人的质量为m，滑沙板质量不计，重力加速度为g。则下列说法错误的是( ) A(若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速0 度大小为3v 0 B(若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速0 度大小为5v 0 2C(人沿沙坡下滑时所受阻力F,mgsin α,2mv/L f0 D(人在下滑过程中重力功率的最大值为2mgvsin α 0 【答案】A 222根据匀变速直线运动的规律有:，，解得:v5v,，所()2v02aL,,vv2aL,,10010 以选项A错误，B正确; 22mv120,,,根据动能定理有:，解得Fmgsin，选项C正确; ,,,()mgLsinFLm2vff0L2 重力功率的最大值为，选项D正确。 P2mgvsin,,m0 故选A。 【考点】动能定理;匀变速直线运动的速度与位移的关系;力的合成与分解;功率、平均功率和瞬时功率 18. 如图所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心。两金属轨道之间的宽度为0.5 m，匀强磁场方向如图所示，大小为0.5 T。质量为0.05 kg、长为0.5 m的金属细杆置于金属轨道上的M点。当在金属细杆内通以电流强度为2 A的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动。已知MN,OP,1 m，则( ) 2A(金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s B(金属细杆运动到P点时的速度大小为5 m/s 2C(金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10 m/s D(金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N 【答案】D A、金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小，此时加速度为FBILN,,0.5A F2A，故A错误; 10/ams,,m B、对金属细杆从M点到P点的运动过程，安培力做功，重力做WFMNOPJ,，，,()1AA 12功，由动能定理得，解得金属细杆运动到P点时WmgONJ,,，,,0.5WWmv，,GAG2 的速度大小为，故B错误; vms,20/ C、金属细杆运动到P点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的加速度，水 2v2ams'20/,,平方向的向心加速度大小为，故C错误; r D、在P点金属细杆受到轨道水泼向左的作用力F，水平向右的安培力，由牛顿第二定律FA 2mv得FF,,，解得F,1.5N，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75N，由牛顿第Ar 三定律可知金属杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75N，故D正确。 故选D。 【考点】导体切割磁感线时的感应电动势;安培力;电磁感应中的能量转化 19如图所示，质量为m的环带+q电荷，套在足够长的绝缘杆上，动摩擦因数为µ，杆处于正交的匀强电场和匀强磁场中，杆与水平电场夹角为θ，若环能从静止开始下滑，则以下说法正确的是 ( ) A(环在下滑过程中，加速度不断减小，最后为零 B(环在下滑过程中，加速度先增大后减小，最后为零 C(环在下滑过程中，速度不断增大，最后匀速 D(环在下滑过程中，速度先增大后减小，最后为零 【答案】BC 重力与电场力是恒力，洛仑兹力、支持力、摩擦力是变力，受力分 析如图 下滑过程速度增大，所以洛仑兹力变大，支持力就会变小，摩擦力就会变小，所以沿杆的合力会变大，即先做加速度增大的加速运动; 当支持力减小到零后，会反向增大，摩擦力会减小到零后变大，所以沿杆的合力会变小，即环后做加速度减小的加速运动; 最终当沿杆的合力为零时，环会做匀速直线运动。 故选BC。 【考点】牛顿第二定律;力的合成与分解; 20某个由导电介质制成的电阻截面如图所示。导电介质的电阻率为ρ、制成内、外半径分别为a和b的半球壳层形状(图中阴影部分)，半径为a、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极。设该电阻的阻值为R。下面给出R的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解R，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。根据你的判断，R的合理表达式应为( ) ,(b，a),(b,a) A. R= B. R= 2,ab2,ab ,ab,ab C. R= D. R= 2,(b,a)2,(b，a) 【答案】B A、等式左边和右边的单位都是Ω;将b=-a代入得到R=0，是不合理的，故A错误; B、等式左边和右边的单位都是Ω;将b=-a代入得到R?0，是合理的，故B正确; 2C、等式左边的单位是Ω，右边的单位是Ω•m，左右两边单位不同，故C错误; 2D、等式左边的单位是Ω，右边的单位是Ω•m，左右两边单位不同，故D错误。 故选B。 【考点】电阻定律 二、实验题(共19=6+13分) 21((6分)某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律。物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上(尚未到达滑轮处)。从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图议所示。打点计时器电源的频率为50Hz。 (1)通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点 和 之间某时刻开始减速。(本小题两空共3分) 2(2)物块减速运动过程中加速度的大小为= m/s，若a a用来计算物块与桌面间的动摩擦因数(g为重力加速度)，g 则计算结果比动摩擦因数的真实值 (填“偏大”或 “偏小”)。 2【答案】6 7 2.00m/s 偏大 (1)从纸带上的数据分析得知:在点计数点6之前，两点之间的位移逐渐增大，是加速运动， 在计数点7之后，两点之间的位移逐渐减小，是减速运动，所以物块在相邻计数点6和7之 间某时刻开始减速; (2)由纸带可知，计数点7往后做减速运动，根据逐差法得: 0.0460.0660.08610.1060，,,2 a2.00m/s,,,40.01， 2所以物块减速运动过程中加速度的大小为2.00m/s 减速过程的阻力包括桌面的摩擦力、纸带和打点计时器的摩擦等各种阻力，若认为只受桌面 的摩擦力则计算结果偏大。 【考点】探究小车速度随时间变化的规律 22.(13分)某学习小组的同学欲测出一只有刻度无示数的电流表的内阻和满偏电流. (1)他们先用欧姆表“×10”挡粗测电流表内阻,指针稳定时如图所示,其示数为 Ω.(保留两位有效数字) (2)接着他们利用下列器材进行测量.要求:测量精度尽可能高,电表读数变化范围尽可能大,滑动变阻器调节范围尽量大. 待测电流表A:量程1 mA左右,共有N格; 1 电流表A:量程10 mA,内阻r=10 Ω 22 电流表A:量程10 mA,内阻9Ω左右; 3 滑动变阻器R:最大阻值5 Ω,额定电流2 A; 1 定值电阻R:阻值R=120 Ω ; 22 电池组E:电动势约为5 V,内阻约1 Ω; 开关S一个,导线若干. ?在线框内画出你帮他们设计的电路图并标明所选器材的代码; ?若电流表A、A的示数分别为I、I时,电流表A偏转了N格,则电流表A的内阻为 、2323111满偏电流为 .(结果用I、I、N、N、r表示) 2312 N(II),Ir2232r,【答案】(1)70 (2)?如图所示 ? I,1II,N，，211 (1)“7”,“×10”,70 Ω. 指针指在处倍率为所以欧姆表示数为 (2)?因为电流表A的内阻r=10 Ω是一个确定的值,欲测出待测电流表A的内阻和满偏电流，221应将电流表A和电流表A并联;然后与电流表A串联，电流表A测量电流表A和电流表21332A的总电流值.题意要求电表读数变化范围尽可能大，滑动变阻器调节范围尽量大，滑动变阻1 器采用分压式连接，定值电阻R为干路的保护电阻，电路如图; 2 Ir22r,IrIIr,,?实验原理表达式为，得出电流表A的内阻 ，，1122211II,，，21 II,N(II),I3232设满偏电流为I，则有:,，所以I, NNN11 【考点】电表的改装 三(计算题(41分=12+14+15) 解答应写出必要的文字说明、方 程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不得分，有数字计 算的题，答案中必须明确写出数值和单位 323.(12分)如下图所示，两块平行金属板竖直放置，两板间的电势差U,1.5×10 V(仅在两板间 ,,25有电场)，现将一质量m,1×10 kg、电荷量q,4×10C的带电小球从两板的左上方距两板上端的高度h,20 cm的地方以初速度v,4 m/s水平抛出，小球恰好从左板的上边缘进入电场，0 在两板间沿直线运动，从右板的下边缘飞出电场， 求:(1)金属板的长度L. (2)小球飞出电场时的动能E. k 【答案】 (1)0.15 m (2)0.175 J v22m/s,,gh(1) 小球到达左板上边缘时的竖直分速度: y v0tan2,,,设小球此时速度方向与竖直方向之间的夹角为θ，则 vy 小球在电场中沿直线运动，所受合力方向与运动方向相同，设板间距为d，则: qEqUqUdtan,,L0.15 m,,,，，解得 L,2,mgmgdmgtan,tan 1122(2)进入电场前 mgh=mvmv,1022 12电场中运动过程 qUmgLEmv +,,k12 解得 E,0.175 Jk 【考点】平抛运动;机械能守恒定律;动能定理 24(14分)如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，通过绳子连结在一起，圆环 套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子处于水平，长度l=4m，现从静止释放圆环(不 计定滑轮和空气的阻力，取g=10m/s2，求: (1)为使圆环能下降h =3m，两个物体的质量应满足什么关系, (2)若圆环下降h =3m时的速度v=5m/s，则两个物体的质量有何关系, (3)不管两个物体的质量为多大，圆环下降h =3m时的速度不可能超过多大, M35 ,M=3m 7.8m/s 【答案】速度不可能超过m29 (1)若圆环恰好能下降h =3m，由机械能守恒定律得 mgh,MghA 222 而h，l,(l，h)A 解得两个物体的质量应满足关系M=3m (2)若圆环下降h =3m时的速度v=5m/s，由机械能守恒定律得 1122mgh,Mgh，mv，MvAA22 h,,vvcos,v AB 如图所示，、的速度关系为A22，hl M35 , 解得两个物体的质量关系为m29 3BAh =3mm>>MB()的质量比的大得越多，圆环下降时的速度越大，当时可认为下落 12mgh,mv 过程机械能守恒，有m2 vm=m/s=7.8m/s 解得圆环的最大速度60 h =3m7.8m/s 即圆环下降时的速度不可能超过。 【考点】机械能守恒定律 25((15分)如图，在区域内存在与xy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大03,,xa 小为B。在t=0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xoy平面内发射出大量同种带电粒子，所有 粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角分布在0,180?范围内。已知沿y轴正方向 发射的粒子在时刻刚好从磁场边界上点离开磁场。 tt,Paa(3,)0 ? 求粒子在磁场中做圆周运动的速率v 0 ? 假设粒子源在t=0时刻发射的上述粒子在0,180?范围内均匀分布，求tt,时刻仍在磁场中的粒子数与粒子源发射的总粒子数0 之比 (3)若t=0时刻发射出的上述大量同种带电粒子的速度介于零与v0之间，方向与y轴正方向的夹角分布在0,180?范围内，则tt,02 时刻粒子所到区域的面积为多少, 1143,a2【答案】 ,a39t3 0 (1)沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动轨迹如图，设粒子运动 23222ra,的轨迹半径为r，则，得 (3)arar,，,3 a3,sin,,,而得 ,,r23 ()43,,,,ra则粒子的速率 v,,0tt900 (2)如图所示，时刻仍在磁场中的粒子处于圆弧OM与ONtt,0 之间，由上一问可知，t时间粒子运动对应的圆心角为120?，所以，0 tt,时刻仍在磁场中的粒子数与粒子源发射的总粒子数之比为0 0601,01803 v30a(3)若带电粒子的速度介于零与之间，则粒子做圆周运动的最大半径为 23经过时间粒子运动的轨迹如图OP所示，则粒子所到的区域为以OP为半径的扇形(图中扇t0 20_____3120102,，，,,,OP2c,，，,os30aaSOPa形OPQ)，，则区域的面积为 033603【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动 高三物理月考答案 1D 2B 3AC 4BC 5A 6AC 7AB 8BC 9AC 10BD 11BCD 12AD 13A 14AC 15D 16B 17A 18D 19BC 20B 221( 6 和 7 ， 2.0 m/s 。 偏大 N(II),Ir2232r,22(1)70 (2)?如图所示 ? I,1II,N，，211 23(12分) 解析:(1) (6分)小球到达左板上边缘时的竖直分速度: v,2gh,2 m/s (2分) y v0设小球此时速度方向与竖直方向之间的夹角为θ，则tanθ,,2 (2分) vy qEqU小球在电场中沿直线运动，所受合力方向与运动方向相同，设板间距为d，则:tanθ,,，mgmgd dqUL,，解得L,,0.15 m. (2分) 2tanθmgtanθ 1122(2) (6分)进入电场前mgh,mv,mv (2分) 1022 12电场中运动过程qU，mgL,E,mv (2分) k12 解得E,0.175 J. (2分) k 答案:(1)0.15 m (2)0.175 J 24((14分) (1)(4分)若圆环恰好能下降h =3m，由机械能守恒定律得 l B mgh,MghA ? 222h h，l,(l，h)A ? θ 解得两个物体的质量应满足关系 A θ M=3m? v A v (2)(4分)若圆环下降h =3m时的速度v=5m/s，由机械能守恒定律得 1122mgh,Mgh，mv，MvAA22 如图所示，A、B的速度关系为 h,,vvcos,vA22， hl 解得两个物体的质量关系为 M35 , m29 (3)(6分)B的质量比A的大得越多，圆环下降h =3m时的速度越大，当m>>M时可认为 B下落过程机械能守恒，有 12mgh,mvm2 解得圆环的最大速度 60 vm=m/s=7.8m/s 即圆环下降h =3m时的速度不可能超过7.8m/s。 25.(1)沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动轨迹如图，设粒子运动的轨迹半径为r，则 23222ra,，得 (3)arar,，,3 a3,sin,,,而得 ,,r23 ()43,,,,ra则粒子的速率 v,,0tt900 (2)如图所示，时刻仍在磁场中的粒子处于圆弧OM与ON之tt,0 tt,间，由上一问可知，t时间粒子运动对应的圆心角为120?，所以，00 0601,时刻仍在磁场中的粒子数与粒子源发射的总粒子数之比为01803 v0(3)若带电粒子的速度介于零与之间，则粒子做圆周运动的最大2 3a半径为 3 经过时间粒子运动的轨迹如图OP所示，则粒子所到的区域为以OPt0 30为半径的扇形(图中扇形OPQ)，OP2c,，，,os30aa，则区3 20_____12012,，，,,,SOPa域的面积为 03603