高三物理上学期第四次月考试卷(含解析)新人教版

高三物理上学期第四次月考试卷（含解析）新人教版
长郡中学高三物理备课组组稿
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页．时量90分钟，满分110分．
第I 卷选择题（共48分）
一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．每小题给出的四个选项中，1 8小题只有一个选项正确，9-12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）
1．下列物理量中与检验电荷q 有关的是
A ．电场强度E
B ．电势
C ．电势能
D ．电势差U
【答案】C
电场强度和电势分别从力和能量的角度来描述电场的，均是采用比值定义法定义的，它们的大小均与电量无关，由电场本身决定的，与检验电荷无关，而电势能EP 和电场力F 均与电荷有关，故C 正确。

故选C 。

【考点】电场强度；电势能
2．如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F 的作用，F 平行于斜面向上．若物块质量为6kg ，斜面倾角为，动摩擦因数为0.5，物块在斜面上保持静止，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10 ， ，则F 的可能值
为
A ．10 N
B ．20 N
C ．0 N
D ．62 N
【答案】B
垂直斜面方向是支持力和重力的分力，有；
平行斜面方向有重力的分力和F 、摩擦力，
其中，沿斜面向下，拉力F 沿斜面向上，摩擦力方向不确定，可能沿斜面ϕp E F E q =P E q
ϕ=372
/m s cos370.8,sin 370.6==0cos3748N G N ==0sin3736G N =
向上也可能沿斜面向下，最大不超过最大静摩擦力。

物体在斜面上保持静止，即三力平衡，那么重力分力和摩擦力的合力大小等于F 。

因为和合力最大值为60N 、最小值为12N ，也就是F 的最大和最小值，故B 正确。

故选B 。

【考点】共点力平衡
3. 2013年6月13日，“神舟十号”与“天宫一号”成功实施手控交会对接，下列关于“神舟十号”与“天宫一号”的分析错误的是
A ．“天宫一号”的发射速度应介于第一宇宙速度与第二宇宙速度之间
B ．对接前，“神舟十号”欲追上“天宫一号”，必须在同一轨道上点火加速
C ．对接前，“神舟十号”欲追上同一轨道上的“天宫一号”，必须先点火减速再加速
D ．对接后，组合体的速度小于第一宇宙速度
【答案】B
A 、发射速度如果大于第二宇宙速度，“天宫一号”将脱离地球束缚，不能在绕地球运动，故A 正确；
B 、神舟八号加速将做离心运动，才可能与“天宫一号”对接，故所以对接前神舟八号的轨道高度必定小于天宫一号，故B 错误；
C 、欲对接，先减速进入低轨道，在低轨道速度增大，接近时再加速进入原轨道实现对接，故C 正确；
D 、对接后，“天宫一号”的轨道高度没有变化，必定大于地球半径，根据万有引力提供向
心力，有，高度越高，v 越小，故对接后，“天宫一号”的速度一定小于第一宇宙速度，故D 正确。

故选B 。

【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．带电质点在匀强磁场中运动，某时刻速度方向如图示，所受的重力和洛伦兹力的合力恰好与速度方向反，不计阻力，则在此后的一小段时间内，带电质点将
A. 可能做直线运动 B ．可能做匀减速运动
C ．一定做曲线运动
D ．可能做匀速圆周运动
24m f N N μ==2
2Mm v G m r r =GM
v r =
在图示时刻，质点所受合力方向与质点速度方向相反，质点做减速运动，质点速度减小，由f=qvB 可知，质点受到的洛伦兹力减小，则质点所受重力与洛伦兹力的合力与速度方向不再在同一直线上，即质点的速度方向与所受合力方向不在同一直线上，质点将做曲线运动。

故选C 。

【考点】带电粒子在混合场中的运动
5．如图所示的图象能正确反映下面哪两个物理量间的变化规律
A ．初速度不为零的匀变速直线运动的速度与时间关系，y 表示速度，x 表示时间
B ．路端电压与外电阻的关系，y 表示路端电压，x 表示外电阻
C ．平行板电容器极板上所带的电量与两极板间电势差的关系，y 表示电量Q ，
x 表示两极板间的电势差U
D ．弹簧的弹力大小与弹簧的伸长量的关系，y 表示弹簧的伸长量，x 表示弹
力的大小
【答案】A
A 、初速度不为零的匀变速直线运动的速度与时间关系为，v-t 图象是直线，故A 正确；
B 、路端电压与外电阻的关系，；根据闭合电路欧姆定律，，由于外电阻变化时，电流也变化，故U-R 图象是曲线，故B 错误；
C 、平行板电容器极板上所带的电量与两极板间电势差的关系公式为，故Q-U 图象是直线，但一定通过坐标原点，故C 错误；
D 、弹力大小伸长量的关系为F=kx ，故F-x 图象是直线，但一定通过坐标原点，故D 错误； 故选A 。

【考点】匀变速直线运动的图像；电容；欧姆定律
6．如图所示电路中，当变阻器R 的滑动片P 向上滑动时，电压表V 和电流表A 的示数变化情况是
A ．V 和A 的示数都增大
B ．V 和A 的示数都减小
C ．V 示数增大、A 示数减小
D ．V 示数减小、A 示数增大
0v v at =+U IR =E I r R
=
+Q CU =
在变阻器R 的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，R 与R 3并联电阻R 并增大，则外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I 减小，路端电压U 增大，可知R 2两端的电压减小，V 的示数减小；
并联部分电压，I 减小，E 、R 1、r 均不变，则增大，通过R 3的电流增大，则电流表A 的示数减小．故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

【考点】欧姆定律
7．如图所示，水平光滑绝缘杆从物体A 中心的孔穿过，A 的质量为M ，用绝缘细线将另一质量为m 的小球B 与A 连接，M>m ，整个装置所在空间存在水平向右的匀强电场E ．现仅使B 带正电且电荷量大小为Q ，发现A 、B 一起以加速度a 向右运动，细线与竖直方向成a 角．若仅使A 带负电且电荷量大小为Q ，发现A 、B-起以加速度a 向左运动，
细线与竖直方向也成角，则：
A ．a′=a，Q′=Q
B ．a′＞a ，Q′=Q
C ．a′＜a ，Q′＜Q
D ．a′＞a ，Q′＞Q
【答案】D
当B 带正电荷时分别对AB 受力分析，由牛顿第二定律可知：
对A ：①，对B ：②
当A 带负电荷时分别对AB 受力分析，由牛顿第二定律可知：③，④
由①②③④联立解得， ， 因
故选D 。

【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；电场强度
8．质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场，如图为质谱仪的原理图．设想有一
1U E I R r =-+并（）U 并''αQE mgtan ma α-=mgtan Ma α=mgtan ma α='Q E mgtan Ma α'-='m a gtan M
α=a gtan α'=2
m Q mgtan gtan M
αα+＝Q mgtan Mgtan αα'=+M m a a Q Q ''＞，故＞，＞
个静止的质量为m 、带电荷量为q 的带电粒子（不计重力），经电压为U 的加速电场加速后垂直进入磁感应强度为B 的偏转磁场中，带电粒子打到底片上的P 点，设OP=x ，则在下图中能正确反映x 与U 之间关系的是
【答案】B
根据动能定理得
粒子在磁场中偏转洛伦兹力提供向心力，则得，得： 知，故B 正确。

故选B 。

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动
9．如图所示，在倾角为30的光滑斜面上端系有一劲度系数为200 N/m 的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量 为2kg 的小球，球被一垂直于斜面的挡板A 挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A 以4 的加速度沿
斜面向下做匀加速运动，取g=10，则
A ．小球向下运动0.05 m 时速度最大
B ．小球向下运动0.01 m 时与挡板分离
C ．小球速度最大时与挡板分离
D ．小球从一开始就与挡板分离
【答案】AB
21
qU mv 2＝2qU v m
＝2mv qvB R
＝mv R qB ＝22mU x 2R B q
＝＝x U 2
/m s 2/m s
球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零．即：，解得： 由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为0.5m ，故A 正确； 设球与挡板分离时位移为x ，经历的时间为t ，
从开始运动到分离的过程中，m 受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力F N ，沿斜面向上的挡板支持力F 1和弹簧弹力F 。

根据牛顿第二定律有：，
保持a 不变，随着x 的增大，F 1减小，当m 与挡板分离时，F 1减小到零，则有：，
解得：， 即小球向下运动0.1m 时与挡板分离，故B 正确
故选AB 。

【考点】牛顿第二定律；胡克定律
10.如图所示，A 、B 、C 三个小球（可视为质点）的质量分别为m 、2m 、3m ，B 小球带负电，电荷量为q ，A 、C 两小球不带电（不考虑小球间的静电感应），不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O 点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大
小为E ，以下说
法正确的是
A ．静止时，A 、
B 两小球间细线的拉力为5mg+qE
B ．静止时，A 、B 两小球间细线的拉力为5mg-qE
C ．剪断O 点与A 小球间细线的瞬间，A.B 两小球间细线的拉力为qE D·剪断O 点与A 小球间细线的瞬间，A.B 两小球间细线的拉力为
qE 【答案】AC
m kx mgsin30=︒m mgsin30x 0.5m k
︒==1mgsin30kx F ma ︒--= m gsin30kx ma ︒-=()m gsin30a x 0.1m k
︒-==13
16
静止时，对B 球进行受力分析，则有：，故A 正确B 错误；
剪断OA 线瞬间，假设B 球也不带电，则剪断OA 线瞬间，A 、B 、C 三个小球一起以加速度g 自由下落，互相相对静止，AB 、BC 间拉力为0。

若B 球带电，则相当于在上述状态下给B 球瞬间施加一个竖直下下的电场力qE ，经过AB 绳
传递，qE 对A 、B 球整体产生一个竖直下下的加速度，此时A 、B 球的加速度为（显然＞g ），C 球以加速度g 保持自由下落，以A 球为研究对象可得A 、B 球间细线的拉力为13qE ，故C 正确D 错误。

故选AC 。

【考点】牛顿第二定律；电场强度
11.如图所示，质量为m 、电荷量为e 的质子以某一初动能从坐标原点O 沿x 轴正方向进入场区，若场区仅存在平行于y 轴向上的匀强电场，质子通过P （d ，d)点时
的动能为5；若场区仅存在垂直于xOy 平面的匀强磁场，质子也能通过
P 点，不计质子的重力．设上述匀强电场的电场强度大小为E 、匀强磁场的
磁感应强度大小为B ，下列说法中正确的是
A ．
B ．
C ．
D ． 【答案】AC
质子在只有电场存在时，动能由变为，由动能定理可知电场力做功为：
解得：，故A 正确； 质子在只有磁场存在时，质子做匀速圆周运动，由题意可知，运动半径为d ，由半径公式有： T 2mg 3mg Eq 5mg Eq =++=+qE 3m
qE g 3m +K E k 4E E ed ＝k 5E E ed
＝k 2mE B ＝k 10mE B ＝k E k 5E k W eEd 5E Ek ==-k 4E E ed
＝mv d eB
＝
设质子进入磁场时的速度为v ，则速度为： 以上两式联立得：，故C 正确。

故选AC 。

【考点】带电粒子在混合场中的运动
12.在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m 的带电小球由MN 上方的A 点以一定初速度水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平，A 、B 、C 三点在同一直线上，且AB=2BC ，如图所示．由此可知
A ．电场力为3mg
B ．小球带正电
C ．小球从A 到B 与从B 到C 的运动时间相等
D ．小球从A 到B 与从B 到C 的速度变化量的大小相等
【答案】AD
带电小球从A 到C ，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x 1和x 2，竖直分位移分别为y 1和y 2，经历的时间为分别为t 1和t 2．在电场中的加速度为a 。

则：从A 到B 过程小球做平抛运动，则有：；从B 到C 过程，有：； 由题意有：；
则得：；即小球从A 到B 是从B 到C 运动时间的2倍。

又， 将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有： 根据几何知识有：；解得：；
根据牛顿第二定律得：，
解得： ，故A 正确；
由于轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明电场力方向向上，所以小球带负
k 2E v m
＝k 2mE B ＝101
x v t =202x v t =12x 2x =12t 2t =2111y gt 2
=2221y at 2
=1212y y x x =：：a 2g =F mg ma 2mg -==F 3mg =
电。

根据速度变化量，则得：
AB 过程速度变化量大小为；BC 过程速度变化量大小为； 所以小球从A 到B 与从B 到C 的速度变化量大小相等，故D 正确。

故选AD 。

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；平抛运动
第Ⅱ卷非选择题（共62分）
二、实验题（共15分）
13.（6分）为验证动能定理，某同学设计了如下实验．如图所示．将一长直木板一端垫起，另一端侧面装一速度传感器，让小滑块由静止从木板h 高处（从传感器所在平面算起）自由滑下至速度传感器时，读出滑块经过此处时的速度v ，多次改变滑块的下滑高度h （斜面的倾角不变），对应的速度值记录在表中：
(l)要最简单直观地说明此过程动能定理是否成立，该同学建立了纵轴表示h 的坐标系，你认为坐标系的横轴应该表示________________．
(2)已知当地重力加速度g’，若要求出滑块与木板间的动摩擦因数，还需测出___________ （写出物理量及符号）；计算滑块与木板间的动摩擦因数的表达式为______________．
【答案】（1）（2）木板与水平桌面间的夹角，表达式为
（
1）最简单直观地函数图像是正比例函数图像（或者一次函数图像），由可知，所以以作为自变量较好。

v at ∆=112v gt 2gt ∆==222v at 2gt ∆==2
v θ2
22cot gh v gh μθ-=21cos sin 2h mgh mg mv μθθ-=212cot h v g μθ=（1－）
2v
（2）由可知，要求出滑块与木板间的动摩擦因数，还需测出木板与水平桌面间的夹角，表达式为
【考点】探究做功与速度的关系
14.（9分）有以下可供选用的器材及导线若干，要求使用个数最少的仪器尽可能精确地测量一个电流表的满偏电流．
A．待测电流表：满偏电流约700～800 A、内阻约l00、刻度均匀、总格数为N. B．电流表：量程0.6A、内阻0.1．
C．电压表：量程3V、内阻3k．
D．滑动变阻器：最大阻值200．
E．电源：电动势3V、内阻1.5．
F．开关一个．
(1)在虚线框内画出实验电路图，并在每个选用的仪器旁标上题目所给的字母序号．
(2)测量过程中测出多组数据，其中一组数据中待测电流表A的指针偏转了n格，可算出满偏电流=___________，式中除N、n外，其他字母符号代表的物理量是____________ ____________________________________________________________.
【答案】如图 U为电压表读数，R V为电压表内阻
①电压表量程3V，内阻3KΩ，满偏电流为，与待测电流表类似，可以当作电流表使用，与待测电流表串联即可；
2
1
cos
sin2
h
mgh mg mv
μθ
θ
-=
θ
2
2
2cot
gh v
gh
μ
θ
-
=
μΩ
Ω
Ω
Ω
Ω
max
I
A
m
V
N U
I
n R
=
g
3V
I0.001A1000A
3000
μ
=
Ω
＝＝
题目中的电流表量程0.6安，偏大，不需要； 采用滑动变阻器分压式接法，电压可以连续调节． 电路图如图所示：
②待测电流表总格数为N ，电流等于电压表电流，为：； 电流表与电压表串联，电流相等，故： 故（U 为电压表读数，RV 为电压表内阻） 【考点】电表的改装
三、选做题（共15分）请在15、16、17题中选做一题 15.【选修3-3】（15分）
(l)（6分）下列说法中正确的是( )（填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分；每选错1个扣3分，最低得分为0分） A ．温度低的物体内能小
B ．分子运动的平均速率可能为零，瞬时速度不可能为零
C ．液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引
D ．0℃的铁和0℃的冰，它们的分子平均动能相同
E ．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关 【答案】CDE
A 、温度是分子平均动能的标志，诞生物体的内能和物体的温度体积以及物质的量有关，故A 错误；
B 、绝对零度不能达到，所以分子运动的平均速率不可能为零，瞬时速度可能为零，故B 错误；
C 、液体表面具有收缩的趋势，即液体表面表现为张力，是液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，故C 正确；
D 、温度是分子平均动能的标志，故D 正确；
E 、气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，决定气体的压强，因此与单位体积内分子数和气体的温度有关，故E 正确。

V
U I R =
g n N I I =：：g V
NI N U I n n R =
＝
故选CDE 。

【考点】分子的热运动；分子间的相互作用力
(2)（9分）一活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，初始时气体体积为3．0×10
m ，测得此时气体的温度和压强分别为300 K 和1．0×10 Pa ，加热气体缓慢推动活塞，测得气体的温度和压强分别为320 K 和1．0×10 Pa. ①求此时气体的体积．
②保持温度为320 K 不变，缓慢改变作用在活塞上的力，使气体压强变为8．0×l0 Pa ，求此时气体的体积．
【答案】
（1）初状态：， 末状态：，
根据理想气体状态方程：
，得： （2）缓慢改变作用在活塞上的力时，气体做等温变化，
初状态：，
末状态：，
根据玻意耳定律：得：
【考点】理想气体的状态方程 16.【选修3-4】（15分）
(1)（6分）如图所示，两列简谐横波分别沿z 轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=-0.2 m 和x=l.2 m 处，两列波的速度均为v=0.4 m/s ，两波源的振幅均为A=2cm.图示为t=0时刻两列波的图象（传播方向如图所示），此刻平衡位置处于x=0.2 m 和x=0.8 m 的P 、Q 两质点刚开始振动．质点M 的平衡位置处于x=0.5 m 处，关于各质点运动情况判断正确的是( )（填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）
3
-5
5
4
332V 3.210m -=⨯333V 4.010m -=⨯533
111P 1.010Pa V 3.010m T 300K -=⨯=⨯=，，5
222P 1.010Pa V T 320K =⨯=，未知，112212
P V P V T T =33
2V 3.210m -=⨯533
22P 1.010Pa V 3.210m -=⨯=⨯，4
33P 8.010Pa V =⨯，未知2233P V P V =33
3V 4.010m -=⨯
A ．两列波相遇过后振幅仍然为2 cm
B ．t=l s 时刻，质点M 的位移为-4 cm
C ．t=l s 时刻，质点M 的位移为+4 cm
D ．t=0.75 s 时刻，质点P 、Q 都运动到M 点
E ．质点P 、Q 的起振方向都沿y 轴负方向 【答案】ABE
A 、相遇过后振幅不变，故A 正确； BC 、由图知波长λ=0.4m，由得，波的周期为，两质点传到M 的时间为，当t=1s 时刻，两波的波谷恰好传到质点M ，所以位移为-4cm ，故
B 正确
C 错误；
D 、质点不随波迁移，只在各自的平衡位置附近振动，所以质点P 、Q 都不会运动到M 点，故D 错误；
E 、由波的传播方向根据波形平移法可判断出质点的振动方向：两列简谐横波分别沿x 轴正方向和负方向传播，则质点P 、Q 均沿y 轴负方向运动，故E 正确。

故选ABE 。

【考点】横波的图像；波长、频率和波速的关系
(2)（9分）用氦氖激光器进行双缝干涉实验，已知使用的双缝间距离d=0.1 mm ，双缝到屏的距离=6.0m ，测得屏上干涉条纹中亮纹的间距是3.8 cm ，氦氖激光器发出的红光的波长是多少？假如把整个装置放人折射率是
的水中，这时屏上的条纹间距是多少？ 【答案】
（1）根据，红光的波长为： （2）因为，所以 则红光进入水中的波长 v T
λ
=
T 1s v λ
=
=3
T 4
l 4
3
76.310m -⨯2
2.8510m -⨯L x d λ∆=3
27d 0.110x 3.810m 6.310m L 6
λ---⨯=∆=
⨯⨯=⨯c v n =
c f
λ=v c f nf n
λ
λ'=
==
所以 故屏上的明条纹间距是
【考点】双缝干涉的条纹间距与波长的关系 17.【选修3-5】（15分）
(l)（6分）关于天然放射现象，叙述正确的是( )（填正确答案标号．选对1个得3分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A ．若使放射性物质的温度升高，其半衰期将减少
B ．衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的
C ．在、、这三种射线中射线的穿透能力最强，射线的电离能力最强
D ．铀核(
)衰变为铅核（）的过程中，要经过8次衰变和10次衰变
E. 衰变的实质是原子核内的两个质子和两个中子结合成一个粒子 【答案】CE
A 、半衰期由元素本身决定，与元素所处物理、化学环境无关，故A 错误；
B 、β衰变的实质是原子核的一个中子变为质子同时释放一个电子，故B 错误；
C 、根据α、β、γ三种射线性质可知，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强，故C 正确；
D 、
的质子数为92，中子数为146，的质子数为82，中子数为124，因而铅核比铀核少10个质子，22个中子，注意到一次α衰变质量数减少4，故α衰变的次数为x=238-2064=8次，再结合核电荷数的变化情况和衰变规律来判定β衰变的次数y 应满足2x-y+82=92，y=2x-10=6次，故D 错误；
E 、衰变的实质是一个原子核释放一个α粒子（由两个中子和两个质子形成的氦原子核），
并且转变成一个质量数减少4，核电荷数减少2的新原子核，故E 正确。

故选CE 。

【考点】X 射线、α射线、β射线、γ射线及其特性；裂变反应和聚变反应 (2)（9分）普朗克常量h=6.63×l0
J ．s ，铝的逸出功=6.72×10
J ，现用波长=200nm 的光照射铝的表面（结果保留三位有效数字）．
2L x x ' 2.8510m d n
λ-∆∆=
==⨯2
2.8510m -⨯βαβγγα238
92
U 20682b P αβαα238
92U （）23682Pb （）
α34
-0W 19
-γ
①求光电子的最大初动能；
②若射出的一个具有最大初动能的光电子正对一个距离足够远且静止的电子运动，求在此运动过程中两电子电势能增加的最大值（除两电子间的相互作用以外的力均不计）．
【答案】
①根据爱因斯坦光电效应方程得： 光电子的最大初动能为 又
得
②两电子增加的电势能来自系统损失的动能，当两电子的速度相等时电势能最大，由动量守恒： 则损失的动能为： 所以，电势能增加的最大值为
【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律
四、解答题（本题共3小题，满分32分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．） 18.（10分）一辆汽车从静止开始匀加速开出，然后保持匀速运动，最后匀减速运动，直到停止．下表给m 了不同时刻汽车的速度：
(l)汽车从开出到停止共经历的时间是多少？ (2)汽车在全程中的平均速度是多少？ 【答案】
19k E 3.2310J -=⨯19
1.6210J -⨯k 0E h W ν=-c
νλ
=
19
k E 3.2310J -=⨯0mv 2mv =2
219k 011E mv 2m v 1.6210J 22
-∆=
-=⨯（）19
1.6210J -
⨯11s ___
8.73/v m s =
（1）匀减速运动的加速度 则从10.5s 时刻开始到停止还需的时间 所以汽车从静止运动到停止共经历的时间是 （2）匀加速运动的位移 匀速运动的位移 匀减速运动的位移 所以运动的总路程 平均速度为 【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系 19.（10分）如图所示，在距水平地面高为0.4 m 处，水平固定一根长直光滑杆，杆上P 处固定一定滑轮（大小不计），滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P 点的右边，杆上套一质量m ＝3 kg 的滑块A.半径R=O.3 m 的光滑半网形轨道竖直地固定在地面上，其圆心O 在P 点的正下方，在轨道上套有一质量m=3 kg 的小球B ．用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将小球和滑块连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，滑块和小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响，现对滑块A 施加一个水平向右、大小为60 N 的恒力F ，则：
(l)求把小球B 从地面拉到半圆形轨道顶点C 的过程中力F 做的功． (2)求小球B 运动到C 处时所受的向心力的大小．
(3)问小球B 被拉到离地多高时滑块A 与小球B 的速度大小相等？
【答案】
（1）对于F 的做功过程，由几何知识有
22v
a 6m /s t
∆-∆＝
＝03
t s 0.5s 6
-'-＝
＝11s 011v v 12
x t 4m 24m 22
+⨯＝
＝＝22x vt 125m 60m ==⨯=33v 0
x t 62m 12m 2
+⨯⨯＝
＝＝123x x x x 96m =++=___
8.73/x
v m s t
=
=W 24J =F 100N ＝
h 0.225m ＝2
2PB PO R 0.5m +——
——＝＝
则力F 做的功
所以，． （2）由于B 球到达C 处时，已无沿绳的分速度，所以此时滑块A 的速度为零，
考察两球及绳子组成的系统的能量变化过程，由功能关系，得
解得
因为向心力公式为
所以，代入已知量，得 （3）当绳与轨道相切时两球速度相等，由相似三角形知识，得
所以， 【考点】功能关系；功
20.（12分）如图所示，在以O 为圆心，半径为R=l0cm 的圆形区域内，有一个水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B= 0. 10 T ，方向垂直纸面向外．竖直平行放置的两个金属板A 、K 连在如右图所示的电路中．电源电动势E= 91 V ，内阻r=1．O ，定值电阻=l0
，滑动变阻器的最大阻值为80 ,、为A 、K 板上的两个
小孔，且,、与O 都在同一水平直线上，另有一水平放置的足够长的荧光屏D ，O 点跟荧光屏D 之间的距离为H=3 R ．比荷（带电粒子的电量与质量之比）为2．0×l0C/kg 的带正电的粒子由进入电场后，通过向磁场中心射去，通过磁场后打到荧光屏D 上．粒子进入电场的初速度、重力均可忽略不计．
(1)如果粒子垂直打在荧光屏上的P 点，电压表的示数为多大？ (2)调节滑动变阻器滑片P 的位置，求粒子打到荧光屏的范围． 【答案】30V 范围为60cm
PC PO R 0.1m -————
＝＝W F PB PC ⎛⎫
- ⎪⎝⎭
————＝W 600.50.124J =⨯
-=（）21
W mv mgR 2
+＝v 10m /s ＝2
mv F R
＝F 100N ＝
____
PO R
R h
＝h 0.225m ＝
3Ω1R Ω2R Ω1S 2S 1S 2S 5
1S 2S
（1）设离子由电场射出后进入磁场时的速度为v ．因离子是沿圆心O 的方向射入磁场，由对称性可知，离子射出磁场时的速度方向的反向延长线也必过圆心O ．
离开磁场后，离子垂直打在荧光屏上（图中的O′点），则离子在磁场中速度方向偏转了90°，由几何知识可知，离子在磁场中做圆周运动的半径① 设离子的电荷量为q 、质量为m ，进入磁场时的速度为v 有② 设两金属板间的电压为U ，离子在电场中加速，由动能定理有：③ 而
④ 由②③两式可得⑤
代入有关数值可得U=30V ，也就是电压表示数为30V ． （2）当滑动变阻器滑动头在左端时，由欧姆定律得：
解得：，粒子进入磁场后的轨迹为图甲 由几何关系得偏转角为，故， 打在荧光屏上的M 点， 当滑动头在有端时，由欧姆定律得：
， r R 103cm '==mv
r qB
'=
21
qU mv 2
=
5q
210C /kg m
=⨯22B r q
U 2m
'=1112E
U R 10V R R r
=
=++2111qU mv 2
=
1
1mv r qB
＝
1r 10cm =1120θ=︒60α=︒MO 30cm 3
'=＝
21212E
U R R 90V R R r
=
+=++（）2221qU mv 2=
22mv r qB
＝
解得，粒子进入磁场后的轨迹为图乙，由几何关系得， 偏转角，故，打在荧光屏上的N 点，且： 故，调节滑动变阻器滑片P 的位置，粒子到打到光屏的范围为60cm
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；闭合电路的欧姆定律
答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C
B
B
C
A
B
D
B
AB
AC
AC
AD
13.（1）（2）木板与水平桌面间的夹角，表达式为
14.如图 U 为电压表读数，R V 为电压表内阻
15. (l) CDE
(2) （1）初状态：， 末状态：，
根据理想气体状态方程：
，得： （2）缓慢改变作用在活塞上的力时，气体做等温变化，
2r 30cm =260θ=︒60β=︒OO N 30cm 3
'＝＝2
v θ2
22cot gh v gh μθ
-=m V
N U
I n R =533
111P 1.010Pa V 3.010m T 300K -=⨯=⨯=，，5
222P 1.010Pa V T 320K =⨯=，未知，112212
P V P V T T =33
2V 3.210m -=⨯。