河北省衡水中学2022届高三物理第四次联考试题（含解析）新人教版

衡水中学2022届高三第四次联考物理试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）,总分100分,考试时间90分钟。【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的基本内容，主要包含受力分析、物体的平衡、匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、运动的合成和分解、万有引力定律及其应用、动能定理、电场、磁场、交流的峰值、有效值以及它们的关系、动量守恒定律等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。第Ⅰ卷（选择题,共48分）一、选择题（本大题共12个小题,每小题4分,共48分）【题文】1．三个原子核X、Y、Z,X核放出一个正电子后变为Y核,Y核与质子发生核反应后生成Z核并放出一个氦（He）,则下面说法正确的是（）A．X核比Z核多一个质子B．X核比Z核少一个中子C．X核的质量数比Z核质量量大2D．X核与Z核的总电荷是Y核电荷的2倍【知识点】原子核的人工转变．O2【答案解析】D解析：A、设原子核X的质量数为x，电荷数为y，根据质量数守恒和电荷数守恒，可得原子核Y的质量数为x，电荷数为y-1，原子核Z的质量数为x-3，电荷数为y-2．由此可得X核的质子（y）比Z核的质子（y-2）多2个，故A错误；B、由A可得X核的中子（x-y）比Z核的中子（x-y-1）多1个，故B错误；C、X核的质量数（x）比Z核的质量数（x-3）多3个，故C错误；D、X核与Z核的总电荷（2y-2）是Y核电荷（y-1）的2倍，故D正确．故选：D【思路点拨】根据题意写出核反应方程，再由质量守恒定律和核电荷数守恒来判断各选项．【题文】2．如右图为一列沿x轴传播的简谐横波在t1=0（图中实线所示）以及在t2=0．02s（图中虚线所示）两个时刻的波形图象,已知t2-t1<T/2（T为该波的周期）,则以下说法正确的是（）A．波沿着x轴负方向传播B．波的传播速度是100m/sC．在t3=0．04s时刻,质点a的速度为零D．在t=1．6s时刻,x=64m的质点在波谷位置【知识点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．G4【答案解析】B解析：A、由图象知波长为λ=16m，由t2-t1＜T知周期T＞0.04s，所以0.02s＜T-14-\n，波沿X轴正向传播，故A错误．B、由题意知0.02s=T，所以T=0.16s，波速V==100m/s．故B正确．C、在t3=0.04s时刻，质点a回到平衡位置，速度最大，故C错误．D、波谷波传到64m处用时=0.42s，剩余1.18s不是周期的整数倍，该处质点不处于波谷位置，故D错误．故选B【思路点拨】从波动图象上可直接得出这列波的波长；要确定波的传播方向，可先假设波的传播方向，再根据波速，波长和周期的关系确定出这列波的周期的表达式，最后利用波速、波传播的距离求出所给时间代表的实际周期，根据波的传播方向求出在t时间内波传播的距离，从而得出质点在某一时刻的振动情况．【题文】3．朝南的钢窗原来关着,今将它突然朝外推开,转过一个小于90°的角度,考虑到地球磁场的影响,则钢窗活动的一条边中（西边）（）A．有自下而上的微弱电流B．有自上而下的微弱电流C．有微弱电流,方向是先自上而下,后自下而上D．有微弱电流,方向是先自下而上,后自上而下【知识点】楞次定律；磁通量．L1【答案解析】A解析：当窗框转过90°时，平面与磁场平行时，没有磁感穿过线框平面，穿过环面的磁通量为0．因钢窗朝南，根据楞次定律，穿过窗框的磁通量减小时，产生的感应电流的方向为逆时针，故A正确．【思路点拨】在匀强磁场中，当线圈与磁场垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS．当线圈与磁场平行时，磁通量Φ=0．当窗框转过90°时，没有磁感穿过线框平面，穿过环面的磁通量为0．根据楞次定律，判断出产生的感应电流的方向为逆时针．【题文】4．一段长0．2m,通过2．5A电流的直导线,关于在磁感应强度为B的匀强磁场中所受安培力F的情况,正确的是（）A．如果B=2T,F一定是1NB．如果F=0,B也一定为零C．如果B=4T,F有可能是1ND．如果F有最大值时,通电导线一定与B平行【知识点】安培力．K1【答案解析】C解析：长度为0.2m的通电直导线，若放置于匀强磁场的磁感应强度中，通入电流为2.5A，A、如果B=2T，当直导线垂直于磁场时，则由公式可得安培力的大小为F=BIL=2×2.5×0.2N=1N．若不垂直，则通电导线受到的安培力小于1N，故A错误；B、如果F=0，直导线可能与磁场平行，则B不一定为零，故B错误；C、如果B=4 T，若垂直放置时，则安培力大小为F=BIL=4×2.5×0.2N=2N．因此F有可能是1N，故C正确；D、如果F有最大值，通电导线一定与B垂直，故D错误，故选C【思路点拨】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BILsinθ求出安培力大小，当夹角为零时没有安培力；当夹角为90°时，安培力最大；则安培力在最大值与零之间．【题文】5．2013年6月11日,我国航天员聂海胜、张晓光和王亚平在“天宫一号”首次为青少年进行太空授课,-14-\n开辟了我国太空教育的新篇章。如右图是授课过程中让小球做圆周运动的情景,长为L的细线一端固定在支架上,另一端系着小球,拉直细线,让小球在最低点（以图中支架为参考）以垂直于细线的速度v0抛出开始做圆周运动。同时,地面教室有一套完全相同的装置做同样的对比实验:假设在最低点时,两球的速度大小相等,且两球均做完整的圆周运动,空气阻力不计,则关于地面教室和“天宫”中的两小球的运动情况,下列说法正确的是（）A．运动到最低点时,地面教室中的小球对绳子的拉力与“天宫”中的等大B．若相同的时间内,地面教室中的小球运动n1圈,“天宫”中的小球运动n2圈,则n1>n2C．在“天宫”中,小球在最低点的速度须足够大才能做完整的圆周运动D．若小球运动到最低点时,两组实验中的细绳均被拉断,则地面教室中的小球做平抛运动,而“天宫”里的小球做匀速直线运动【知识点】向心力．D4【答案解析】D解析：A、在“天宫一号”中小球处于完全失重状态，绳子的拉力提供向心力，而在地面小球做的是非匀速圆周运动，重力和绳子的拉力的合力提供向心力，向心力一样大，所以绳子的拉力不一样大，故A错误；B、在“天宫一号”小球做匀速运动，而在地面小球做的是非匀速圆周运动，初速度相等，所以在“天宫一号”小球的平均速率大于在地面上的平均速率，所以相同时间内，n1＜n2，故B错误；C、在“天宫一号”中小球处于完全失重状态，只要给小球一个速度，小球就可以做匀速圆周运动，故C错误；D、在“天宫一号”中小球处于完全失重状态，绳子断后，小球做匀速直线运动，而在地面上，绳断后，小球只受重力，做平抛运动，故D正确．故选：D【思路点拨】在“天宫一号”中小球处于完全失重状态，只要给小球一个速度，小球就可以做匀速圆周运动，此时只由绳子的拉力提供向心力．而在地面小球做的是非匀速圆周运动，重力和绳子的拉力的合力提供向心力，在最低点需要足够大才能做完整的圆周运动．【题文】6．如右图所示,真空中M、N处放置两等量异号点电荷,a、b、c表示电场中的3条等势线,b是M、N连线的中垂线,交M、N于O点,a、c关于b对称。点d、e、f、g是以O为圆心的圆与a、c的交点。已知一带正电的试控电荷从d点移动到e点时,试控电荷的电势能增加,则以下判断正确的是（）A．M点处放置的是正电荷B．d点的电势低于f点的电势-14-\nC．d点的场强与f点的场强相同D．将带正电的试控电荷沿直线由d点移动到f点,电势能先增大后减小【知识点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势．I1I2【答案解析】C解析：A、因正电荷由d到e电势能增加，电场力做正功，则电势升高，故e点电势高于d点电势．则M点为负电荷，故A错误．B、由上分析知，N点为正电荷，其电场线由正电荷到负电荷且与等势面垂直，所以有电场线判断d点的电势低于f点的电势，故B错误．C、由于场强是矢量，据等量异种电荷电场的对称性知，d点和f点的场强大小和方向都相同，即场强相同，故C正确．D、将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到f点，电场力的方向与运动方向大于900，电场力做负功，其电势能一直增大，故D错误．故选：C．【思路点拨】解本题的关键是据带正电的试探电荷从d点移动到e点时，试探电荷的电势能增加，判断场源电荷；再据等量异种电荷的电场特点求解．【题文】7．对下列相关物理现象的解释正确的是（）A．水和酒精混合后总体积减小,说明分子间有空隙B．液体中较大的悬浮颗粒不做布朗运动,而较小的颗粒做布朗运动,说明分子的体积很小C．高压下的油会透过钢壁渗出,说明分子是不停运动着的D．在一杯热水中放几粒盐,整杯水很快会变咸,这是盐分子在高温下分子无规则运动加剧的结果【知识点】分子的热运动；布朗运动．H1【答案解析】AD解析：A、水和酒精混合后总体积减小，说明分子间有空隙，A正确；B、液体中较大的悬浮颗粒不做布朗运动的原因是大颗粒容易受力平衡，布朗运动不明显，B错误；C、高压下，油可以渗过钢管壁，这说明固体分子间也有间隙，C错误D、在一杯热水中放几粒盐，整杯水很快会变成咸水，这是盐分子在高温下分子无规则运动加剧的结果，D正确；；故选AD．【思路点拨】水和酒精混合后总体积减小，说明分子间有空隙，大颗粒容易受力平衡，布朗运动不明显，分子都在做无规则的热运动．【题文】8．甲、乙两质点在同一直线上做匀加速直线运动,v-t图象如右图所示,3秒末两质点在途中相遇,由图像可知（）A．甲的加速度等于乙的加速度B．出发前甲在乙之前6m处C．出发前乙在甲前6m处D．相遇前甲、乙两质点的最远距离为6m【知识点】匀变速直线运动的图像．A5【答案解析】BD解析：-14-\nA、由图看出，甲的斜率小于乙的斜率，则甲的加速度小于乙的加速度．故A错误．B、C，3s末甲、乙通过的位移分别为：x乙=×6×3m=9m，x甲=×3×2m=3m，由题，3秒末两质点在途中相遇，则说明出发前甲在乙之前6m处．故B正确，C错误．D、由于出发前甲在乙之前6m处，出发后乙的速度一直大于甲的速度，则两质点间距离不断缩短，所以相遇前甲乙两质点的最远距离为6m．故D正确．故选BD【思路点拨】速度图象的斜率等于加速度，由数学知识比较甲乙的加速度大小．由“面积”等于位移，求出3s末两物体的位移，此时两者相遇，则出发前甲乙相距的距离等于3s末位移之差．根据两物体的关系，分析它们之间距离的变化，求解相遇前两质点的最远距离．【题文】9．如右图所示,从离子源发射出的正离子,经加速电压U加速后进入相互垂直的电场（E方向竖直向上）和磁场（B方向垂直纸面向外）中,发现离子向上偏转。要使此离子沿直线通过电磁场,需要（）A．增加E,减小BB．增加E,减小UC．适当增加UD．适当减小E【知识点】带电粒子在混合场中的运动．K3【答案解析】CD解析：要使粒子在复合场中做匀速直线运动，必须满足条件：Eq=qvB．根据左手定则可知正离子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，因正离子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，所以为了使粒子在复合场中做匀速直线运动，则要么增大洛伦兹力，要么减小电场力．A、增大电场强度E，即可以增大电场力，减小磁感强度B，即减小洛伦兹力，不满足要求．故A错误．B、减小加速电压U，则洛伦兹力减小，而增大电场强度E，则电场力增大，不满足要求，故B错误．C、加速电场中，根据eU=mv2可得v=；适当地增大加速电压U，从而增大洛伦兹力，故C正确．D、根据适当减小电场强度E，从而减小电场力，满足要求，故D正确．故选：CD.【思路点拨】加速电场中，根据eU=mv2可得v=；粒子在复合场中做匀速直线运动的条件是：Eq=qvB．根据左手定则可知正离子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故正离子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，为了粒子在复合场中做匀速直线运动，要么增大洛伦兹力，要么减小电场力．【题文】10．如甲图所示为一发电机原理图,产生的交变电流接理想变压器的原线圈,-14-\n原副线圈匝数比22︰1,副线圈输出的电动势e随时间t变化的规律如乙图所示,发电机线圈电阻忽略不计,则（）A．在t=0．01s时刻,穿过发电机线圈的磁通量为最大B．发电机线圈中瞬时电动势的表达式为e′=132sin50πtVC．若仅使发电机线圈的转速增大一倍,则变压器副线圈输出电压的频率增大一倍,而电压最大值不变D．若仅使发电机线圈的转速增大一倍,则变压器副线圈输出电压的频率和最大值都增大一倍【知识点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．M1【答案解析】AD解析：A、在t=0.01s时刻，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量变化率为零，磁通量最大，故A正确；B、由题图乙可知T=0.02s，ω==100πrad/s，副线圈输出的电动势最大值是6V，原副线圈匝数之比为22：1，所以原线圈输出的电动势最大值是132V，所以变压器原线圈中瞬时电动势的表达式为e′=132sin100πtV，故B错误；C、转速提高一倍即ω提高一倍，则变压器副线圈输出电压的频率增大一倍，根据交流发电机产生的感应电动势的最大值εm=NBSω，可知，感应电动势的最大值增大一倍，故C错误，D正确；故选：AD．【思路点拨】根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．【题文】11．如右图所示,相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ,上端接有定值电阻R,匀强磁场垂直于导轨平面,磁感应强度为B。将质量为m的导体棒由静止释放,当速度达到v时开始匀速运动,此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力,并保持拉力的功率恒为P,导体棒最终以2v的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好,不计导轨和导体棒的电阻,重力加速度为g。下列选项正确的是（）A．P=2mgvsinθB．P=3mgvsinθ-14-\nC．当导体棒速度达到时加速度大小为sinθD．在速度达到2v以后匀速运动的过程中,R上产生的焦耳热等于拉力所做的功【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；功率；电磁感应中的能量转化．L4【答案解析】AC解析：A、当导体棒以v匀速运动时受力平衡，则mgsinθ=BIl=，当导体棒以2v匀速运动时受力平衡，则F+mgsinθ=BIl=，故F=mgsinθ，拉力的功率P=Fv=2mgvsinθ，A正确B、同理，B错误C、当导体棒速度达到时，由牛顿第二定律，mgsinθ-=ma，解得a=sinθ，故C正确D、由能量守恒，当速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力及重力所做的功，故D错误故选AC【思路点拨】导体棒最终匀速运动受力平衡可求拉力F，由P=Fv可求功率，由牛顿第二定律求加速度，由能量守恒推断能之间的相互转化．【题文】12．如右图所示,两平行光滑导轨竖直固定,边界水平的匀强磁场宽度为h,方向垂直于导轨平面。两相同的异体棒a、b中点用长为h的绝缘轻杆相接,形成“工”字型框架,框架置于磁场上方,b棒距磁场上边界的高度为h,两棒与导轨接触良好,保持a、b棒水平,由静止释放框架,b棒刚进入磁场即做匀速运动,不计导轨电阻。则在框架下落过程中,a棒所受轻杆的作用力F及a棒的机械能E随下落的高度h变化的关系图象,可能正确的是()【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；机械能守恒定律．L2E3【答案解析】BC解析：-14-\nA、框架在进入磁场前做自由落体运动，轻杆对a作用力为零，b进入磁场后，框做匀速运动，a处于平衡状态，杆对a的作用力F=mg，方向向上，当框架下落2h，a棒进入磁场后，a受到轻杆的作用力大小等于重力，方向向下，故A错误，B正确；C、框架进入磁场前做自由落体运动，机械能守恒，机械能不变，线框进入磁场后做匀速直线运动，动能不变，重力势能减小，机械能减少，框架完全离开磁场后，只受重力作用，机械能守恒，故C正确，D错误；故选：BC．【思路点拨】分析棒的运动过程，根据棒的受力情况、棒的运动性质分析答题．第Ⅱ卷（非选择题,共52分）二、实验题（本大题共2个小题,共14分）【题文】13．（6分）为了探究动能定理,一位同学设计了如右图所示的实验装置。他先固定并调整斜槽,让末端O点的切线水平,再将一木板竖直放置并固定,木板到斜槽末端O的距离为s,使小球从斜槽上某一标记点由静止释放,若小球到达斜槽底端时下落的高度为H、小球从O点做平抛运动击中木板时下落的高度为y。（1）假定斜槽光滑,小球由静止滑下到击中木板的过程中,满足动能定理的关系式为。（2）若斜槽倾角为θ,小球与斜槽之间的动摩擦因数为μ（只考虑滑动摩擦力,且小球与水平槽之间的摩擦不计）,小球由静止滑下到击中木板的过程中,满足动能定理的关系式是。（3）改变小球在斜槽上的释放位置,进行多次测量,能得到多组关于H和y的数据,若以H为横坐标,从（1）、（2）中的关系式可知以为纵坐标,通过描点作图,能得到一条倾斜的直线。【知识点】动能定理的应用；平抛运动．E2D2【答案解析】（1）H=（2）（1-）H=（3）解析：：（1）当斜槽光滑时，只有小球的重力做功，由动能定理得： mgH=m，小球离开O点后做平抛运动，由平抛运动的规律有： s=v1t1，y=g，联立解得：H=．（2）当斜槽粗糙时，重力对小球做正功，滑动摩擦力对小球做负功，由动能定理得： mgH-μmgcosθ×=m，由平抛运动知识有：s=v2t2，y=g，联立解得：（1-）H=（3）根据上题的表达式可知如果以H为横坐标轴，则以-14-\n为纵坐标，将测量得到的多组数据通过描点作图，能得到一条倾斜的直线．【思路点拨】（1）小球沿光滑斜槽下滑时，只有小球的重力做功．小球离开O点后做平抛运动，由动能定理和平抛运动知识结合求解．（2）当斜槽粗糙时，重力对小球做正功，滑动摩擦力对小球做负功，再由动能定理和平抛运动知识结合求解．（3）根据上题表达式，选择合适的坐标，得到一条倾斜的直线．【题文】14．（8分）某同学要测量一电阻Rx（阻值约18Ω）的阻值,实验室提供如下器材:电池组E（电动势3V,内阻约1Ω）;电流表○A（量程0~0．6A,内阻约0．5Ω）;电压表○V（量程0~3V,内阻约5kΩ）;电阻箱R（阻值范围0~99．99Ω,额定电流1A）;开关S,导线若干。（1）为使测量尽可能准确,应采用下图给出的所示电路进行测量。（2）如下表中记录了电阻箱阻值R及对应电流表、电压表的测量数据I、U,请在下图坐标纸上作出图像,根据图像得出电阻Rx的测量值为Ω。（3）此实验中电阻Rx的测量值与真实值相比（选填“偏大”或“偏小”）。【知识点】伏安法测电阻．J4【答案解析】（1）A；　（2）16～17；　（3）偏小．解析：-14-\n（1）该实验采用伏安法测电阻，若将待测电阻与电流表直接串联进行电压和电流的测量，导致电流表的示数很小，测量误差较大，因此可以将电阻箱和待测电阻并联后在进行测量，故比较准确的电路图为A．故答案为：A．（2）根据实验原理图知，，因此图象为直线，利用描点法得出图象如下所示：图象在纵坐标轴上的截距为待测电阻的倒数，由此可画出图象并且求出待测电阻大小为Rx≈16.3Ω；故答案为：图象见上图，16.3．（3）由于电压表的分流作用，导致待测电阻的电流偏大，由欧姆定律R=可知待测电阻R的值与真实值相比偏小．【思路点拨】（1）该题的本质是伏安法测电阻，选择电路时注意电流表和电压表的指针偏转在三分之二左右偏转时比较准确，据此可正确选择电路．（2）根据实验原理图可知，，因此图象为直线，图象在纵坐标轴上的截距为待测电阻的倒数，由此可画出图象并且求出待测电阻大小；（3）由于电压表的分流作用，导致待测电阻的电流偏大，因此实验中求得电阻R的值与真实值相比偏小．三、计算题（本大题共4个小题,共38分）【题文】15．（8分）如右图所示,质量均为M的木块A和B,并排放在光滑水平面上,A上固定一竖直轻杆,轻杆上端的小钉（质量不计）O上系一长度为L的细线,细线另一端系一质量为m的球C,现将C球拉起使细线水平伸直,并由静止释放C球（C球不与直杆相碰）。求:（1）两木块刚分离时,A、B、C的速度各多大?（2）两木块分离后,小球偏离竖直方向的最大偏角θ的余弦值cosθ。【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律．F1E3-14-\n【答案解析】（1）==（2）=解析：（1）小球C下落到最低点时，AB开始分离，此过程水平方向动量守恒，根据机械能守恒，mgh=m+2M，m=2M，=，=（2）选A、C为对象，有m-M=(m+M)，机械能守恒，有m+2M=（M+m）+mgL(L-),解得：=【思路点拨】（1）小球摆动到最低点时，A、B分离，在此过程，A、B、C系统动量守恒，机械能守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出A、B、C的速度，（2）两木块分离后，A、C组成的系统动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出．【题文】16．（10分）如右图所示,水平面上固定一个间距L=1m的光滑平行金属导轨,整个导轨处在竖直方向的磁感应强度B=1T的匀强磁场中,导轨一端接阻值R=9Ω的电阻,导轨上有质量m=1kg、电阻r=1Ω、长度也为1m的导体棒,在外力的作用下从t=0开始沿平行导轨方向运动,其速度随时间的变化规律是v=t,不计导轨电阻。求:（1）t=4s时导体棒受到的安培力的大小;（2）请在右图所示的坐标中画出电流平方与时间的关系（I2-t）图象,并通过该图象计算出4s内电阻R上产生的热量。【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电功率．L2J2【答案解析】（1）0.4N（2）如下图，2.88J解析：（1）当t=4s时，导体棒的速度是，v=2=4m/s，感应电动势是：E=BLv=4V；感应电流是，I==0.4A，此时导体棒受到的安培力：F安=BIL=0.4N，此时安培力的功率：P安=F安•v=1.6W（2）因I2=()2=()2=0.04t画出（I2-t）的图象如图所示．-14-\n由图象的“面积”求出I2•t=×0.16×4则电阻R产生的热量是Q=I2•R•t=×0.16×4×9J=2.88J【思路点拨】（1）t=4s时，由v=2求出棒的速度，由E=BLv求出感应电动势，即可根据欧姆定律求出感应电流．由F=BIL，求得安培力的大小，由P=Fv求出安培力的功率；（2）由法拉第电磁感应定律、欧姆定律得到I2与t的解析式，运用数学方法，画出电流平方与时间关系（I2-t）的图象，根据焦耳定律求得热量．【题文】17．（10分）如右图为一水平传送带装置的示意图。紧绷的传送带AB始终保持v0=5m/s的恒定速率运行,AB间的距离L为8m。将一质量m=1kg的小物块轻轻放在传送带上距A点2m处的P点,小物块随传送带运动到B点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N。小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0．5,重力加速度g=10m/s2。求:（1）该圆轨道的半径r。（2）要使小物块能第一次滑上圆形轨道到达M点,M点为圆轨道右半侧上的点,该点高出B点0．25m,且小物块在圆形轨道上不脱离轨道,求小物块放上传送带时距离A点的位置范围。【知识点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．E3C2D4【答案解析】（1）0.5m（2） 7m≤x≤7.5m和0≤x≤5.5m解析：（1）小物块在传送带上匀加速运动的加速度a=μg=0.5×10m/s2=5m/s2，小物块与传送带共速时，所用的时间t==1s，运动的位移△x=at2=×5×12m=2.5m＜L-2m=6m；故小物块与传送带达到相同速度后以v0=5m-14-\n/s的速度匀速运动到B，然后冲上光滑圆弧轨道．据题，物块恰好达N点，故由重力提供向心力，则有：mg=m，由机械能守恒定律得：m=mg（2r）+m，解得：r=0.5m（2）设在距A点x1处将小物块轻放在传送带上，恰能到达圆心右侧的M点，由能量守恒得：μmg（L-x1）=mgh，代入数据解得：x1=7.5m；设在距A点x2处将小物块轻放在传送带上，恰能到达右侧圆心高度，由能量守恒得：μmg（L-x2）=mgR，代入数据解得：x2=7m则：能到达圆心右侧的M点，物块放在传送带上距A点的距离范围7m≤x≤7.5m；同理，只要过最高点N同样也能过圆心右侧的M点，由（1）可知，x3=5.5m则：0≤x≤5.5m．故小物块放在传送带上放在传送带上距A点的距离范围为： 7m≤x≤7.5m和0≤x≤5.5m【思路点拨】（1）先研究小物块在传送带上的运动过程：由牛顿第二定律和速度时间公式结合，求出小物块与传送带共速时所用的时间，由速度位移公式求出物块相对于地的位移，判断出物块的运动情况，确定出物块到达B端的速度．物块恰好到达N点，由重力提供向心力，可求得N点的速度，再由机械能守恒列式，即可求出半径r．（2）设在距A点x1处将小物块轻放在传送带上，恰能到达圆心右侧的M点，由能量守恒求出x1，设在距A点x2处将小物块轻放在传送带上，恰能到达右侧圆心高度，由能量守恒求出x2，即可得到x的范围，同理，只要过最高点N同样也能过圆心右侧的M点，再求得x的范围．【题文】18．（10分）如右图所示的直角坐标系第Ⅰ、Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小B=0．5T,处于坐标原点O的放射源不断地放射出比荷的正离子,不计离子的重力及离子间的相互作用。（1）求离子在匀强磁场中的运动周期;（2）若某时刻一群离子自原点O以不同速率沿x轴正方向射出,求经过×10-6s时间这些离子所在位置构成的函数方程;（3）若离子自原点O以相同的速率v0=2．0×106m/s沿不同方向射入第Ⅰ象限,要求这些离子穿过磁场区域后都能沿平行于y轴且指向y轴正方向运动,则题干中的匀强磁场区域应怎样调整（画图说明即可）,并求出调整后磁场区域的最小面积。【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．K3C2D4【答案解析】(1)π×10-6s(2)y=xtan=x(3)m2解析：-14-\n（1）洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qvB=，运动周期T==π×10-6s（2）离子运动时间t=×10-6s=T，根据左手定则，离子沿逆时针方向作半径不同的圆周运动，转过的角度均为θ=×2π=，这些离子所在位置均在过坐标原点的同一条直线上，该直线方程y=xtan=x（3）离子自原点O以相同的速率v0沿不同方向射入第一象限磁场，均做逆时针方向的匀速圆周运动根据牛顿第二定律  有qv0B=m　　　得：R==1m,这些离子的轨道圆心均在第二象限的四分之一圆弧AC上，欲使离子穿过磁场区域后都能平行于y轴并指向y轴正方向运动，离开磁场时的位置在以点（1，0）为圆心、半径R=1m的四分之一圆弧（从原点O起顺时针转动90°）上，磁场区域为两个四分之一圆的交集，如图所示调整后磁场区域的最小面积Smin=2×()=m2【思路点拨】根据洛伦兹力提供向心力，和牛顿第二定律可以求出粒子运动的周期；粒子运动的周期与粒子的速度无关，运动的时间相等时，所有粒子转过的角度是相等的，这样就可以求得粒子的位置；根据洛伦兹力提供向心力，求得粒子的运动半径；根据初速度的方向与半径，即可以确定粒子运动的圆心的位置．-14-