2022-2022学年湖南省长沙市长郡中学高三（上）周测物理试卷（1月份）一、选择题(本题包括12小题，每小题4分，共48分。每小题给出的四个选项中，1—8只有一个选项正确，9—12有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．（4分）（2022•泰州一模）电磁炉是利用电磁感应现象产生的涡流，使锅体发热从而加热食物．下列相关的说法中正确的是（ ） A．锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关 B．电磁炉中通入电压足够高的直流电也能正常工作 C．金属或环保绝缘材料制成的锅体都可以利用电磁炉来烹饪食物 D．电磁炉的上表面一般都用金属材料制成，以加快热传递减少热损耗2．（4分）沿直线做匀变速运动的质点在第一个0.5s内的平均速度比它在第一个1.5s内的平均速度大2.45m/s，以质点的运动方向为正方向，则质点的加速度为（ ） A．2.45m/s2B．﹣2.45m/s2C．4.90m/s2D．﹣4.90m/s23．（4分）（2022秋•丰都县校级期末）有一根绳子下端串联着两个质量不同的小球，上面小球比下面小球质量大．当手提着绳端沿水平方向一起做匀加速直线运动时（空气阻力不计），图中所描绘的四种情况中正确的是（ ） A．B．C．D．4．（4分）如图所示，足够长的传送带以恒定速率沿顺时针方向运转．现将一个物体轻轻放在传送带底端，物体第一阶段被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段匀速运动到传送带顶端．则下列说法中正确的是（ ） A．第一阶段摩擦力对物体做的功等于系统产生的热量 B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量 C．第二阶段摩擦力对物体做的功等于第二阶段物体机械能的增加量 D．两个阶段摩擦力对物体所做的功等于物体机械能的减少量5．（4分）（2022•盐城三模）如图所示，均匀带正电的圆环水平放置，AB为过圆心O的竖直轴线．一带正电的微粒（可视为点电荷），从圆心O正上方某处由静止释放向下运动，不计空气阻力，在运动的整个过程中，下列说法中正确的是（ ）-24- A．带电微粒的加速度可能一直增大 B．带电微粒的电势能可能一直减小 C．带电微粒的动能可能一直增大 D．带电微粒的运动轨迹可能关于O点对称6．（4分）（2022•泰州二模）竖直平面内光滑圆轨道外侧，一小球以某一水平速度v0从A点出发沿圆轨道运动，至B点时脱离轨道，最终落在水平面上的C点，不计空气阻力．下列说法中不正确的是（ ） A．在B点时，小球对圆轨道的压力为零 B．B到C过程，小球做匀变速运动 C．在A点时，小球对圆轨道压力大于其重力 D．A到B过程，小球水平方向的加速度先增加后减小7．（4分）（2022•天心区校级模拟）实验室里可以用欧姆表直接测量电阻．如图所示，虚线框内是欧姆表的简化结构图，它由灵敏电流表、电源、变阻器等组成．某欧姆表的刻度值是按电源电动势为1.5V来刻度的，电流表的满偏电流为10mA．使用一段时间后，发现电动势已降为1.2V，此时重新调零后，用该欧姆表测得某电阻值为350Ω，则此电阻的实际值为（ ） A．350ΩB．250ΩC．280ΩD．400Ω8．（4分）如图所示，上下不等宽的平行导轨，EF和GH部分导轨间的距离为L，IJ和MN部分的导轨间距为2L，导轨竖直放置，整个装置处于水平向里的匀强磁场中，金属杆ab和cd的质量均为m，都可在导轨上无摩擦地滑动，且与导轨接触良好，现对金属杆ab施加一个竖直向上的作用力F，使其匀速向上运动，同时使cd处于静止状态，则F的大小为（ ） A．mgB．C．2mgD．9．（4分）（2022•资阳三模）如图，闭合线圈固定在小车上，总质量为1kg．它们在光滑水平面上，以10m/s的速度进入与线圈平面垂直、磁感应强度为B的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．已知小车运动的速度v随车的位移s变化的ν﹣s图象如图所示．则（ ）-24- A．线圈的长度L=10cm B．磁场的宽度d=15cm C．线圈进入磁场过程中做匀加速运动，加速度为0.8m/s2 D．线圈通过磁场过程中产生的热量为48J10．（4分）如图所示，从地面上A点发射一枚远程弹道导弹，在引力作用下，沿ACB椭圆轨道飞行击中地面目标B，C为轨道的远地点，距地面高度为h．已知地球半径为R，地球质量为M，引力常量为G．设距地面高度为h的圆轨道上卫星运动周期为T0．下列结论正确的是（ ） A．导弹在C点的速度大于 B．导弹在C点的速度小于 C．导弹在C点的加速度等于 D．导弹在C点的加速度等于11．（4分）如图所示，在倾角为α的传送带上有质量均为m的三个木块1、2、3，中间均用原长为L、劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为μ，其中木块1被与传送带平行的细线拉住，传送带按图示方向匀速运动，三个木块处于平衡状态．下列结论正确的是（ ） A．2、3两木块之间的距离等于L+ B．2、3两木块之间的距离等于L+ C．1、2两木块之间的距离大于2、3两木块之间的距离 D．如果传送带突然加速，相邻两木块之间的距离都将增大-24-12．（4分）如图所示A、B两物体用跨过定滑轮的轻绳相连，A放置于水平面上，与水平面的动摩擦因数恒定．对A施加水平向右的外力F，使A在沿水平面向右运动的过程中B保持匀速上升．设绳的拉力为T，地面对物体A的弹力为N，地面对A的摩擦力为f，以下判断正确的是（ ） A．T保持不变B．N逐渐减小C．f逐渐增大D．F逐渐增大 二、解答题（共2小题，满分13分）13．（4分）（2022•潍坊模拟）某同学用如图1所示的实验装置探究小车动能变化与合外力对它所做功的关系，图中A为小车，连接在小车后面的纸带穿过打点计时器B的限位孔，它们均置于水平的一端带有定滑轮的足够长的木板上，C为弹簧测力计，不计绳与滑轮的摩擦．实验时，先接通电源再松开小车，打点计时器在纸带上打下一系列点．（1）该同学在一条比较理想的纸带上，从点迹清楚的某点开始记为0点，顺次选取5个点，分别测量这5个点到0之间的距离x，计算出它们与0点之间的速度平方差△v2=v2﹣v02，然后在背景方格纸中建立△v2～x坐标系，并根据上述数据进行如图2所示的描点，若测出小车质量为0.2kg，结合图象可求得小车所受合外力的大小为 N．（2）若该同学通过计算发现小车所受合外力小于测力计读数，明显超出实验误差的正常范围，你认为主要原因是 ．14．（9分）（2022秋•福田区校级期末）为锻炼身体，小明利用所学物理知识设计了一个电子拉力计，如图1是原理图．硬质弹簧右端和金属滑片P固定在一起（弹簧的电阻不计，P与R1间的摩擦不计）．定值电阻R0=5Ω，a、b是一根长为5cm的均匀电阻丝，阻值R1=25Ω，电源电压U=3V，电流表的量程为O～0.6A．-24-a．小明在电路中连入R0的目的是 ．b．当拉环不受拉力时，滑片P处于a端，闭合开关后电流表的读数为 A．c．已知该弹簧伸长的长度△L与所受拉力F间的关系如图2所示．通过计算说明，开关S闭合后，当电流表指针指在0.3A处，作用在拉环上水平向右的拉力为 ． 三、解答题（本题共4小题，满分49分）15．（10分）（2022•黄石校级模拟）在建筑装修中，工人用质量为5.0kg的磨石A对地面和斜壁进行打磨，已知A与地面、A与斜壁之间的动摩擦因数μ均相同．（g取10m/s2）（1）当A受到水平方向的推力F1=25N打磨地面时，A恰好在水平地面上做匀速直线运动，求A与地面间的动摩擦因数μ．（2）若用A对倾角θ=37°的斜壁进行打磨（如图所示），当对A施加竖直向上的推力F2=60N时，则磨石A从静止开始沿斜壁向上运动2m（斜壁长＞2m）所需时间为多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8）16．（10分）（2022•甘肃二模）如图所示，遥控电动赛车（可视为质点）从A点由静止出发，经过时间t后关闭电动机，赛车继续前进至B点水平飞出，恰好在C点沿着切线方向进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点D后回到水平地面EF上，E点为圆形轨道的最低点．已知赛车在水平轨道AB部分运动时受到恒定阻力f=0.4N，赛车的质量m=0.4kg，通电后赛车的电动机以额定功率P=2W工作，轨道AB的长度L=2m，B、C两点的高度差h=0.45m，连线CO和竖直方向的夹角α=37°，圆形轨道的半径R=0.5m，空气阻力可忽略，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）赛车运动到C点时速度vc的大小；（2）赛车经过最高点D处时对轨道压力FN的大小；（3）赛车电动机工作的时间t．-24-17．（14分）（2022•盐城二模）两块竖直放置的平行金属板A、B，相距d=1.0m，两板间电压为U=2500V，O点与两板距离相等．在O点有一放射源，释放质量m=2.5×10﹣3kg、电荷量q=1.0×10﹣5C的带正电微粒．过O点以半径R=0.25m作一圆，圆心O′在过O点右下方45°的直线上．P、M、S、N分布在圆周上，O′S与OO′垂直，∠OO′P=θ，∠MO′S=∠SO′N=α=30°．不计电荷间的相互作用，取g=10m/s2．求：（1）初速度为零的微粒运动到平行板的动能；（2）初速度υ0=2.0m/s，方向与x′ox成45°角斜向左上方的微粒打到平行板的时间；（3）初速度大小不等，方向均与xox′成45°角斜向右上方，经过一段时间通过P点的微粒初速度υ0与θ的关系；并确定在穿过圆周MSN段的微粒中，穿越时的最大动能和最小动能．18．（15分）（2022•天心区校级模拟）如图所示，直线MN下方无磁场，上方空间存在两个匀强磁场，其分界线是半径为R的半圆，两侧的磁场方向相反且垂直于纸面，磁感应强度大小都为B．现有一质量为m、电荷量为q的带负电微粒从P点沿半径方向向左侧射出，最终打到Q点，不计微粒的重力．求：（1）微粒在磁场中运动的周期；（2）从P点到Q点，微粒的运动速度大小及运动时间；（3）若向里磁场是有界的，分布在以O点为圆心、半径为R和2R的两半圆之间的区域，上述微粒仍从P点沿半径方向向左侧射出，且微粒仍能到达Q点，求其速度的最大值． -24-2022-2022学年湖南省长沙市长郡中学高三（上）周测物理试卷（1月份）参考答案与试题解析 一、选择题(本题包括12小题，每小题4分，共48分。每小题给出的四个选项中，1—8只有一个选项正确，9—12有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．（4分）（2022•泰州一模）电磁炉是利用电磁感应现象产生的涡流，使锅体发热从而加热食物．下列相关的说法中正确的是（ ） A．锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关 B．电磁炉中通入电压足够高的直流电也能正常工作 C．金属或环保绝缘材料制成的锅体都可以利用电磁炉来烹饪食物 D．电磁炉的上表面一般都用金属材料制成，以加快热传递减少热损耗考点：电磁灶的结构和原理．专题：应用题．分析：电磁炉是利用感应电流使锅体发热而工作的；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，与磁场变化的频率有关；锅体只能使用铁磁性材料．解答：解：A、锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关，故A正确；B、直流电不能产生变化的磁场，在锅体中不能产生感应电流，电磁炉不能使用直流电，故B错误；C、锅体只能用铁磁性导体材料，不能使用绝缘材料制作锅体，故C错误；D、电磁炉的上表面如果用金属材料制成，使用电磁炉时，上表面材料发生电磁感应要损失电能，电磁炉上表面要用绝缘材料制作，故D错误；故选A．点评：本题从常用的电器电磁炉入手，考查其原理和工作情况，电磁炉是利用电流的热效应和磁效应的完美结合体，它的锅具必须含磁性材料，最常见的是不锈钢锅． 2．（4分）沿直线做匀变速运动的质点在第一个0.5s内的平均速度比它在第一个1.5s内的平均速度大2.45m/s，以质点的运动方向为正方向，则质点的加速度为（ ） A．2.45m/s2B．﹣2.45m/s2C．4.90m/s2D．﹣4.90m/s2考点：加速度．专题：直线运动规律专题．分析：根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得出两个中间时刻的瞬时速度，结合加速度的定义式求出质点的加速度．解答：解：匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，两个中间时刻的时间间隔△t=0.75﹣0.25s=0.5s，则质点加速度a=，故D正确，A、B、C错误．故选：D．点评：解决本题的关键掌握加速度的定义式，注意公式的矢量性，基础题． -24-3．（4分）（2022秋•丰都县校级期末）有一根绳子下端串联着两个质量不同的小球，上面小球比下面小球质量大．当手提着绳端沿水平方向一起做匀加速直线运动时（空气阻力不计），图中所描绘的四种情况中正确的是（ ） A．B．C．D．考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对整体分析，通过整体合力方向，结合平行四边形定则得出上面绳子的拉力方向，然后隔离分析，分别对下面小球和上面小球运用牛顿第二定律，得出两根绳子拉力方向的关系．解答：解：手提着绳端沿水平方向一起做匀加速直线运动，对整体分析，整体受到重力和拉力，两个力的合力水平向右，根据平行四边形定则知，则拉力的方向斜向右上方．对下面小球m，利用牛顿第二定律，则在水平方向有：Tcosα=ma…①，而在竖直方向则有：Tsinα=mg…②；对上面小球M，同理有：Fcosβ﹣Tcosα=Ma…③，Fsinβ=Tsinα+Mg…④，由①③容易得到：Fcosβ=（M+m）a，而②④则得：Fsinβ=（M+m）g，故有：tanβ=．而由①②得到：tanα=，因此α=β．故C正确，A、B、D错误．故选：C．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用． 4．（4分）如图所示，足够长的传送带以恒定速率沿顺时针方向运转．现将一个物体轻轻放在传送带底端，物体第一阶段被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段匀速运动到传送带顶端．则下列说法中正确的是（ ） A．第一阶段摩擦力对物体做的功等于系统产生的热量 B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量 C．第二阶段摩擦力对物体做的功等于第二阶段物体机械能的增加量 D．两个阶段摩擦力对物体所做的功等于物体机械能的减少量考点：功能关系；功的计算．分析：-24-功是能量转化的量度，合力做功是动能变化的量度；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度；一对滑动摩擦力做的功是内能变化的量度；先对小滑块受力分析，再根据功能关系列式分析求解．解答：解：A、第一阶段摩擦力对物体做的功等于摩擦力大小乘以物块的位移，而系统产生的热量等于摩擦力大小乘以物体与传送带间的相对位移，恰好物体的位移大小等于物体相对传送带的位移大小，故第一阶段摩擦力对物体做的功等于系统产生的热量，A正确；B、根据动能定理，物体动能的增加量等于摩擦力与重力对物体做功的代数和，故B错误；C、第二阶段有重力和摩擦力对物体做功，机械能的增量等于重力以外力做的功，则此过程即等于摩擦力对物体做的功，故C正确；D、两个阶段摩擦力做正功，故摩擦力对物体做的功等于物体机械能的增加量，故D错误；故选：AC．点评：本题运用功能关系分析传送带问题，分析物体的运动情况和摩擦力的方向是解题的基础，根据动能定理和功能原理分析功能关系． 5．（4分）（2022•盐城三模）如图所示，均匀带正电的圆环水平放置，AB为过圆心O的竖直轴线．一带正电的微粒（可视为点电荷），从圆心O正上方某处由静止释放向下运动，不计空气阻力，在运动的整个过程中，下列说法中正确的是（ ） A．带电微粒的加速度可能一直增大 B．带电微粒的电势能可能一直减小 C．带电微粒的动能可能一直增大 D．带电微粒的运动轨迹可能关于O点对称考点：电场强度；牛顿第二定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：圆弧的中轴线上的场强的发布是：从圆弧的中心向两边先增大后减小，所以从释放开始到运动到O点的过程中，所受电场力变化情况有两种可能：（1）先增大后减小；（2）一直减小．要针对这两种情况进行分析．解答：解：带电微粒释放后能向下运动，应考虑重力，且重力大于受电场力．从释放开始到运动到O点的过程中，所受电场力变化情况有两种可能：（1）先增大后减小；（2）一直减小．在第（2）种情况下，带电微粒合力一直向下，合力逐渐增大，速度增大，C正确．过O点前，加速度一直增大，过O点后，加速度先增大后减小，A错．-24-在第（1）种情况下，带电微粒合力先减小后增大，释放后带电微粒的加速度先是减小的，A错．两种情况下A均不正确，故A错．带电微粒释放电场力做负功，电势能增大，B错．过O点后，带电微粒所受重力和电场力都向下，带电微粒将一直向下运动，D错．故选：C点评：分析中轴线上电场强度沿轴线分布的特点是解决该题的关键．运用牛顿运动定律分析小球的运动情况． 6．（4分）（2022•泰州二模）竖直平面内光滑圆轨道外侧，一小球以某一水平速度v0从A点出发沿圆轨道运动，至B点时脱离轨道，最终落在水平面上的C点，不计空气阻力．下列说法中不正确的是（ ） A．在B点时，小球对圆轨道的压力为零 B．B到C过程，小球做匀变速运动 C．在A点时，小球对圆轨道压力大于其重力 D．A到B过程，小球水平方向的加速度先增加后减小考点：牛顿第二定律；向心力．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：小球在竖直圆轨道内做变速圆周运动，当其与轨道间有相互作用时，沿着轨道运动，否则将脱离轨道，至于水平方向的加速度的变化和离开轨道后的运动性质利用牛顿第二定律即牛顿第二定律的独立性解决即可解答：解：A、小球在B点恰好脱离轨道，则小球与轨道间恰好无相互作用力，故A正确B、从B到C过程，小球只受重力作用，做匀变速曲线运动，故B正确C、在A点，小球具有竖直向下的向心加速度，此瞬间处于失重状态，对轨道的压力小于其重力，故C错误D、小球在A点时合力沿竖直方向，在B点时合力也沿竖直方向，但在中间过程某点支持力却有水平向右的分力，所以小球水平方向的加速度必定先增加后减小，故D正确本题选不正确的，故选C点评：考纲规定中学阶段竖直轨道的圆周运动只考察最高点及最低点，故本题的出现给做题者以耳目一新的感觉，同时也带来了一定的难度，其实针对不同的位置和过程分别利用牛顿第二定律就行了，但要考虑牛顿第二定律的独立性 7．（4分）（2022•天心区校级模拟）实验室里可以用欧姆表直接测量电阻．如图所示，虚线框内是欧姆表的简化结构图，它由灵敏电流表、电源、变阻器等组成．某欧姆表的刻度值是按电源电动势为1.5V来刻度的，电流表的满偏电流为10mA．使用一段时间后，发现电动势已降为1.2V，此时重新调零后，用该欧姆表测得某电阻值为350Ω，则此电阻的实际值为（ ）-24- A．350ΩB．250ΩC．280ΩD．400Ω考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题；恒定电流专题．分析：由全电路欧姆定律可求得欧姆表的内阻，再由欧姆定律可求得测量350Ω的电阻时的电流值，由该电流值进而求得其真实值．解答：解：欧姆表的内阻为R中：=当测量值为350Ω时的电流值为：I===3mA则电动势为E′=1.2V，电流值为I′=0.3A时的电阻值为R测：则可得R测=280Ω则C正确故选：C点评：考查欧姆表的原理，由全电路欧姆定律可求得． 8．（4分）如图所示，上下不等宽的平行导轨，EF和GH部分导轨间的距离为L，IJ和MN部分的导轨间距为2L，导轨竖直放置，整个装置处于水平向里的匀强磁场中，金属杆ab和cd的质量均为m，都可在导轨上无摩擦地滑动，且与导轨接触良好，现对金属杆ab施加一个竖直向上的作用力F，使其匀速向上运动，同时使cd处于静止状态，则F的大小为（ ） A．mgB．C．2mgD．考点：导体切割磁感线时的感应电动势．专题：电磁感应与电路结合．分析：当ab杆向上切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，产生安培力．安培力对于cd来说与其重力平衡，对于ab来说与重力三合起来与拉力相平衡．因此通过安培力的大小公式可分别求出两杆的受到的安培力大小，即可求解．解答：解：ab杆向上切割磁感线，从而产生感应电动势为E=BLv，出现感应电流I=，安培力大小为F安=BIL，对于cd来说，受到的安培力为F安=BI•2L，且F安′=BI•2L=mg，-24-由于金属杆ab施加一个竖直向上的作用力F，使其匀速向上运动，所以F=mg+F安综上可得，F=mg+mg=mg故选：B．点评：本题考查杆切割磁感线产生感应电动势，出现感应电流，产生安培力，注意安培力的有效切割长度，同时运用受力平衡条件． 9．（4分）（2022•资阳三模）如图，闭合线圈固定在小车上，总质量为1kg．它们在光滑水平面上，以10m/s的速度进入与线圈平面垂直、磁感应强度为B的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．已知小车运动的速度v随车的位移s变化的ν﹣s图象如图所示．则（ ） A．线圈的长度L=10cm B．磁场的宽度d=15cm C．线圈进入磁场过程中做匀加速运动，加速度为0.8m/s2 D．线圈通过磁场过程中产生的热量为48J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；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应与图像结合．分析：（1）据题知，闭合线圈在进入和离开磁场时，磁通量会发生改变，线圈中产生感应电流，线圈会受到安培力的作用，线圈在进入磁场之前、完全在磁场中运动以及出磁场之后做匀速直线运动，在进入和离开磁场时做减速直线运动；（2）结合乙图可以知道，0﹣5cm是进入磁场之前的过程，5﹣15cm是进入磁场的过程，15﹣30cm是完全在磁场中运动的过程，30﹣40cm是离开磁场的过程，40cm以后是完全离开之后的过程；（3）推导出安培力，根据牛顿第二定律求出线圈进入磁场时的加速度．（4）线圈通过磁场过程中产生的热量等于克服安培力所做的功，可以通过去求解热量．解答：解：A．闭合线圈在进入或离开磁场时的位移即为线圈的长度，线圈进入或离开磁场时受安培力作用，将做减速运动，由乙图可知，L=15cm﹣5cm=10cm，故A正确；B．磁场的宽度等于线圈刚进入磁场到刚离开磁场时的位移，由乙图可知，5﹣15cm是进入的过程，15﹣30cm是完全在磁场中运动的过程，30﹣40cm是离开磁场的过程，所以d=30cm﹣5cm=25cm，故B错误；C．根据F=BIL及I=得：F=，进入磁场过程，由于线圈受到向左的安培力的阻碍，线圈做减速运动，v减小，F减小，加速度a减小，所以线圈做的不是匀加速运动，而是变减速运动，故C错误；D．线圈通过磁场过程中运用动能定理得：mv22﹣mv12=W安，由乙图可知v1=10m-24-/s，v2=2m/s，带入数据得：W安=﹣48J，所以克服安培力做功为48J，即线圈通过磁场过程中产生的热量为48J，故D正确．故选：AD．点评：闭合线圈进入和离开磁场时磁通量发生改变，产生感应电动势，形成感应电流，线圈会受到安培力的作用，做变速运动；当线圈完全在磁场中运动时磁通量不变，不受安培力，做匀速运动．线圈通过磁场过程中产生的热量等于克服安培力所做的功，在这类题目中求安培力所做的功经常运用动能定理去求解． 10．（4分）如图所示，从地面上A点发射一枚远程弹道导弹，在引力作用下，沿ACB椭圆轨道飞行击中地面目标B，C为轨道的远地点，距地面高度为h．已知地球半径为R，地球质量为M，引力常量为G．设距地面高度为h的圆轨道上卫星运动周期为T0．下列结论正确的是（ ） A．导弹在C点的速度大于 B．导弹在C点的速度小于 C．导弹在C点的加速度等于 D．导弹在C点的加速度等于考点：万有引力定律及其应用．专题：万有引力定律的应用专题．分析：距地面高度为h的圆轨道上卫星的速度，根据牛顿第二定律得到其运动速度为，C为轨道的远地点，导弹在C点的速度小于．由牛顿第二定律求解导弹在C点的加速度．解答：解：A、设距地面高度为h的圆轨道上卫星的速度v，根据万有引力提供向心力，解得v=．导弹在C点只有加速才能进入卫星的轨道，所以导弹在C点的速度小于．故A错误、B正确．-24-C、导弹在C点受到的万有引力，根据牛顿第二定律知，导弹的加速度a=．故C正确D、距地面高度为h的圆轨道上卫星运动周期为T0，根据向心加速度公式，有：a=ω2r==，故D正确；故选：BCD点评：本题运用牛顿第二定律、开普勒定律分析导弹与卫星运动问题．比较C在点的速度大小，可以结合卫星变轨知识来理解． 11．（4分）如图所示，在倾角为α的传送带上有质量均为m的三个木块1、2、3，中间均用原长为L、劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为μ，其中木块1被与传送带平行的细线拉住，传送带按图示方向匀速运动，三个木块处于平衡状态．下列结论正确的是（ ） A．2、3两木块之间的距离等于L+ B．2、3两木块之间的距离等于L+ C．1、2两木块之间的距离大于2、3两木块之间的距离 D．如果传送带突然加速，相邻两木块之间的距离都将增大考点：胡克定律．分析：先对木块3受力分析，根据平衡条件列式求解出弹簧的弹力，根据胡克定律求解伸长量；再对木块2、3整体受力分析，再次根据平衡条件列式求解出弹簧的弹力，根据胡克定律求解伸长量．解答：解：A、B、对木块3受力分析，受重力、支持力、滑动摩擦、弹簧的拉力，根据平衡条件，有：k△x=mgsinα+μmgcosα解得：△x=故弹簧的长度为：x=L+△x=L+，故A错误，B正确；C、对木块2、3整体受力分析，受重力、支持力、滑动摩擦力和弹簧的拉力，根据共点力平衡条件，有：k△x′=2mgsinα+2μmgcosα-24-△x′=故弹簧的长度为：x′=L+△x′=L+故△x＜△x′，故C正确；D、如果传送带突然加速，支持力不变，根据滑动摩擦力不变，弹簧弹力也不变，故合力不变，故物体全部保持静止，相邻两木块之间的距离都将不变，故D错误；故选：BC．点评：本题关键是灵活地选择研究对象，然后根据共点力平衡条件列式求解出弹簧的伸长量，不难． 12．（4分）如图所示A、B两物体用跨过定滑轮的轻绳相连，A放置于水平面上，与水平面的动摩擦因数恒定．对A施加水平向右的外力F，使A在沿水平面向右运动的过程中B保持匀速上升．设绳的拉力为T，地面对物体A的弹力为N，地面对A的摩擦力为f，以下判断正确的是（ ） A．T保持不变B．N逐渐减小C．f逐渐增大D．F逐渐增大考点：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：由B保持匀速上升，可知绳子的拉力大小不变．关键分析A的受力情况，由平衡条件得出N与重力和拉力的关系，分析其变化，再分析f的变化．解答：解：由题，B保持匀速上升，由平衡条件得知，绳子的拉力大小T不变．根据定滑轮的特点可知，A受到轻绳的拉力大小也不变．对A分析受力情况如图，则竖直方向力平衡得：N+Tcosθ=GA，得N=GA﹣TcosθA沿地板向右运动时，θ增大，cosθ减小，T不变，则N逐渐增大，而f=μN，μ不变，则f也逐渐增大，绳子的速度不变，设为v，则A物体的速度变小，A做减速运动，根据题意可知，加速度在减小，且a=，而摩擦力增大，T在水平方向的分量增大，所以F增大，故ACD正确．故选：ACD-24-点评：本题对A来说，是动态分析问题，关键要抓住绳子的拉力大小不变和A在竖直方向上力平衡进行分析． 二、解答题（共2小题，满分13分）13．（4分）（2022•潍坊模拟）某同学用如图1所示的实验装置探究小车动能变化与合外力对它所做功的关系，图中A为小车，连接在小车后面的纸带穿过打点计时器B的限位孔，它们均置于水平的一端带有定滑轮的足够长的木板上，C为弹簧测力计，不计绳与滑轮的摩擦．实验时，先接通电源再松开小车，打点计时器在纸带上打下一系列点．（1）该同学在一条比较理想的纸带上，从点迹清楚的某点开始记为0点，顺次选取5个点，分别测量这5个点到0之间的距离x，计算出它们与0点之间的速度平方差△v2=v2﹣v02，然后在背景方格纸中建立△v2～x坐标系，并根据上述数据进行如图2所示的描点，若测出小车质量为0.2kg，结合图象可求得小车所受合外力的大小为 0.25 N．（2）若该同学通过计算发现小车所受合外力小于测力计读数，明显超出实验误差的正常范围，你认为主要原因是 未平衡摩擦力 ．考点：探究功与速度变化的关系．专题：实验题；动能定理的应用专题．分析：（1）根据图象用直线将点相连，误差较大的点舍去；结合动能定理的表达式分析图象的可得出图象中有关合外力表达式；（2）实验中将拉力作为了合力，但若不平衡摩擦力，则会造成较大的误差．解答：解：（1）由动能定理可得：W=Fx=mv2﹣mv02=m（v2﹣v02）△v2=x则可知图象的斜率等于，由图可知，图象的斜率为2.5；合外力F=0.25N；-24-（2）实验中是将物体的重力充当了小车的拉力，由于小车受到桌面的摩擦力，故会使合力小于物体的重力，造成较大的误差，故应未平衡摩擦力（或小车受到的摩擦阻力的影响）．故答案为：（1）0.25；（2）未平衡摩擦力；点评：对于实验的考查应要注意实验的原理，通过原理体会实验中的数据处理方法及仪器的选择；有条件的最好亲手做一下实验． 14．（9分）（2022秋•福田区校级期末）为锻炼身体，小明利用所学物理知识设计了一个电子拉力计，如图1是原理图．硬质弹簧右端和金属滑片P固定在一起（弹簧的电阻不计，P与R1间的摩擦不计）．定值电阻R0=5Ω，a、b是一根长为5cm的均匀电阻丝，阻值R1=25Ω，电源电压U=3V，电流表的量程为O～0.6A．a．小明在电路中连入R0的目的是 防止电流过大而烧坏电流表，保护电路 ．b．当拉环不受拉力时，滑片P处于a端，闭合开关后电流表的读数为 0.1 A．c．已知该弹簧伸长的长度△L与所受拉力F间的关系如图2所示．通过计算说明，开关S闭合后，当电流表指针指在0.3A处，作用在拉环上水平向右的拉力为 400N ．考点：闭合电路的欧姆定律；胡克定律．专题：恒定电流专题．分析：a、根据串联电路的特点可分析R0的作用．b、当滑片P处于a端时，R0与R1串联，由欧姆定律求出电流表的读数．c、当电流表指针指在0.3A处，利用欧姆定律求出变阻器接入电路的电阻值，进而求出电阻丝接入电路的长度，即可得到弹簧的伸长量，可由胡克定律求出拉力．解答：解：a、小明在电路中连入R0的目的是防止电流过大而烧坏电流表．b、当滑片P处于a端时，R0与R1串联，由欧姆定律得：I==A=0.1A-24-c、当电流表指针指在0.3A处时，有：I′==0.3A可得变阻器接入电路中的电阻为：Rab′=5Ω接入电路中电阻丝的长度为：L=×5cm=1cm则弹簧的伸长量为：△x=L0﹣L=5cm﹣1cm=4cm由图知拉力为：F=400N故答案为：a、防止电流过大而烧坏电流表（或答保护电路）；b、0.1；c、400N．点评：本题是力电综合题，关键要明确它们之间的联系：电阻丝的长度，搞清电路的连接关系，运用力、电的基本规律解答． 三、解答题（本题共4小题，满分49分）15．（10分）（2022•黄石校级模拟）在建筑装修中，工人用质量为5.0kg的磨石A对地面和斜壁进行打磨，已知A与地面、A与斜壁之间的动摩擦因数μ均相同．（g取10m/s2）（1）当A受到水平方向的推力F1=25N打磨地面时，A恰好在水平地面上做匀速直线运动，求A与地面间的动摩擦因数μ．（2）若用A对倾角θ=37°的斜壁进行打磨（如图所示），当对A施加竖直向上的推力F2=60N时，则磨石A从静止开始沿斜壁向上运动2m（斜壁长＞2m）所需时间为多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8）考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力；共点力平衡的条件及其应用．专题：牛顿运动定律综合专题；共点力作用下物体平衡专题．分析：（1）对物体进行受力分析，根据共点力的平衡可知可求得磨石受到的摩擦力，再根据动摩擦力的公式求得动摩擦因数μ．（2）对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度，根据位移时间关系即可求解．解答：解：（1）A恰好在水平地面上做匀速直线运动，滑动摩擦力等于推力，即f=F1=25Nμ==0.5-24-（2）先将重力及向上的推力合力后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解可得：在沿斜面方向有：摩擦力（F﹣mg）cosθ﹣f=ma；在垂直斜面方向上有：FN=（F﹣mg）sinθ；则f=μ（F﹣mg）sinθ解得：a=1m/s2x=解得t=2s答：（1）A与地面间的动摩擦因数μ为0.5 （2）所需时间为2s点评：滑动摩擦力的大小一定要注意不但可以由μFN求得，也可以由共点力的平衡或牛顿第二定律求得，故在学习时应灵活掌握． 16．（10分）（2022•甘肃二模）如图所示，遥控电动赛车（可视为质点）从A点由静止出发，经过时间t后关闭电动机，赛车继续前进至B点水平飞出，恰好在C点沿着切线方向进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点D后回到水平地面EF上，E点为圆形轨道的最低点．已知赛车在水平轨道AB部分运动时受到恒定阻力f=0.4N，赛车的质量m=0.4kg，通电后赛车的电动机以额定功率P=2W工作，轨道AB的长度L=2m，B、C两点的高度差h=0.45m，连线CO和竖直方向的夹角α=37°，圆形轨道的半径R=0.5m，空气阻力可忽略，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）赛车运动到C点时速度vc的大小；（2）赛车经过最高点D处时对轨道压力FN的大小；（3）赛车电动机工作的时间t．考点：机械能守恒定律；平抛运动；动能定理的应用．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：恰好在C点沿着切线方向进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，再由圆的半径和角度的关系，可以求出C点切线的方向，即平抛末速度的方向，从而可以求C点速度．-24-从C点运动到最高点D的过程中，根据机械能守恒求得最高点D速度，根据牛顿第二定律求得对轨道压力．从A点到B点的过程中由动能定理求得工作的时间．解答：解：（1）因为赛车从B到C的过程作平抛运动，根据平抛运动规律所以有（2）从C点运动到最高点D的过程中，机械能守恒得设赛车经过最高点D处时对轨道压力FN联立解得FN=1.6N（3）根据平抛运动规律所以有赛车在B点的速度大小为从A点到B点的过程中由动能定理有解得t=2s答：（1）赛车运动到C点时速度的大小是5m/s；（2）赛车经过最高点D处时对轨道压力的大小是1.6N；（3）赛车电动机工作的时间是2s．点评：恰好在C点沿着切线方向进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，这是解这道题的关键，理解了这句话就可以求得小车的末速度，本题很好的把平抛运动和圆周运动结合在一起运用机械能守恒解决，能够很好的考查学生的能力，是道好题． 17．（14分）（2022•盐城二模）两块竖直放置的平行金属板A、B，相距d=1.0m，两板间电压为U=2500V，O点与两板距离相等．在O点有一放射源，释放质量m=2.5×10﹣3kg、电荷量q=1.0×10﹣5C的带正电微粒．过O点以半径R=0.25m作一圆，圆心O′在过O点右下方45°的直线上．P、M、S、N分布在圆周上，O′S与OO′垂直，∠OO′P=θ，∠MO′S=∠SO′N=α=30°．不计电荷间的相互作用，取g=10m/s2．求：（1）初速度为零的微粒运动到平行板的动能；（2）初速度υ0=2.0m/s，方向与x′ox成45°角斜向左上方的微粒打到平行板的时间；（3）初速度大小不等，方向均与xox′成45°角斜向右上方，经过一段时间通过P点的微粒初速度υ0与θ的关系；并确定在穿过圆周MSN段的微粒中，穿越时的最大动能和最小动能．-24-考点：动能定理的应用；电场强度；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）静止的带电微粒在重力与电场力作用下，使其动能增加，则由动能定理可求出微粒从O点到平行板的动能；（2）由于初速度方向与带电微粒的合力方向相反，则微粒先做匀减速运动，后回头做匀加速直线运动．因此可利用运动学的公式可求出各段运动时间，从而进行时间之和；（3）微粒从O点开始作类平抛运动，因此可将此运动沿初速度方向与加速度方向进行分解，根据运动学规律可列式，从而求出通过P点的微粒初速度υ0与θ的关系；并根据动能的表达中的θ来确定动能的最大值与最小值．解答：解：（1）带电微粒在电场中受重力和电场力FE=qE=2.5×10﹣2NG=mg=2.5×10﹣2N则因为FE=G，所以合力方向与水平方向成45°角斜右向下，如图所示．W合=△Ek（2）带电微粒射出后，沿+y轴做匀减速运动，如图所示．xx′：F合=ma最大位移为：从O点沿+y方向离极板的距离为：因为s1，s，所以微粒运动一段后，没有打到左极板又回头运动，最后打到右极板．（3）沿着初速度方向，微粒做匀速直线运动：则有Rsinθ=υ0t-24-垂直于初速度方向，微粒做初速度为零的匀加速度直线运动：则有由以上三式得由上式结论得粒子从O点出发时的动能为则经过P点时的动能为：可以看出，当θ从00变化到1800，微粒穿越圆周时的动能逐渐增大，因此穿过M点的微粒动能最小，穿过N点的微粒动能最大．最小动能为：最大动能为：答：（1）初速度为零的微粒运动到平行板的动能2.5×10﹣2J；（2）初速度υ0=2.0m/s，方向与x′ox成45°角斜向左上方的微粒打到平行板的时间；（3）初速度大小不等，方向均与xox′成45°角斜向右上方，经过一段时间通过P点的微粒初速度υ0与θ的关系；并确定在穿过圆周MSN段的微粒中，穿越时的最大动能7.7×10﹣3J和最小动能1.44×102J．点评：考查动能定理、牛顿第二定律与运动学规律，涉及到直线运动中的匀加速与匀减速；曲线运动中的类平抛运动，同时体现处理平抛运动的规律．并由数学知识来确定动能的极大值与极小值． 18．（15分）（2022•天心区校级模拟）如图所示，直线MN下方无磁场，上方空间存在两个匀强磁场，其分界线是半径为R的半圆，两侧的磁场方向相反且垂直于纸面，磁感应强度大小都为B．现有一质量为m、电荷量为q的带负电微粒从P点沿半径方向向左侧射出，最终打到Q点，不计微粒的重力．求：（1）微粒在磁场中运动的周期；（2）从P点到Q点，微粒的运动速度大小及运动时间；（3）若向里磁场是有界的，分布在以O点为圆心、半径为R和2R的两半圆之间的区域，上述微粒仍从P点沿半径方向向左侧射出，且微粒仍能到达Q点，求其速度的最大值．-24-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：（1）带电粒子在磁场中只受洛伦兹力，粒子在磁场中做匀速圆周运动．由牛顿第二定律和圆周运动规律求出周期．（2）根据题意作出粒子可能的运动轨迹，由牛顿第二定律与数学知识分析答题．（3）由几何知识分析轨迹半径的最大值，由半径公式求出速度的最大值．解答：解：（1）由qvB=m及T=得：微粒在磁场中运动的周期T=．（2）令n表示带电粒子在磁场中运动时的圆心个数，则由几何关系可知，微粒运动的轨道半径r应满足：r=Rtan，（n=2，3，4，5，…），结合（1）可知，v==，（n=2，3，4，5，…）；相应的运动轨迹所对应的圆心角φ满足：①当n为偶数时，φ=（2π﹣）+=nπ；（n=2，4，6，8，…）②当n为奇数时，φ=（2π﹣）+=；（n=3，5，7，9，…）对应的运动时间t满足：①当n为偶数时，t==，（n=2，4，6，8，…）；②当n为奇数时，t==；（n=3，5，7，9，…）（3）由几何关系可知，rn+≤2R，（n=2，3，4，5，…）；得：当n=3时，r可取满足条件的最大值，rmax=，相应的粒子速度vmax=．相应的运动轨迹如图所示．-24-答：（1）微粒在磁场中运动的周期为；（2）从P点到Q点，微粒的运动速度大小为，（n=2，3，4，5，…）；对应的运动时间；①当n为偶数时，t==，（n=2，4，6，8，…）；②当n为奇数时，t==；（n=3，5，7，9，…）（3）速度的最大值是．点评：此题对运动轨迹的特殊性研究到一般性探究，这是分析问题的一种方法．同时要利用圆的特性与物理规律相结合．本题是一道难题，根据题意作出粒子的运动轨迹是本题解题的难点，也是正确解题的关键． 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