【物理】湖南省五校高三12月联考一模

2017届高三第一学期五校联合教学调研

物理试卷 2016.12

本试卷的的答案写在答题纸上，重力加速度取 10m/s。 考试结束只交答题纸。

一、单项选择题（共 40 分，每小题 4 分，每小题只有一个正确选项，答案涂写在答题卡上。） 1．意大利科学家伽利略在研究物体变速运动规律时，做了著名的“斜面实验”，他测量了铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，于是他对大倾角情况进行了合理的外推，由此得出的结论是（ ） （A）物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性 （B）自由落体运动是一种匀变速直线运动 （C）力是使物体产生加速度的原因 （D）力不是维持物体运动的原因 【答案】B 【分值】4分

【考查方向】物理学史

【易错点】1、正确的结论不一定是斜面实验的结论

2、合理的外推需要正确理解

【解题思路】

1、从斜面实验的历史背景出发。

2、结合斜面上匀变速直线运动并合理外推。

【解析】伽利略为了验证自由落体运动是否为匀变速，面临自由落体时间过短，当时的计时工具无法测量的问题，于是从斜面出发，根据沿斜面匀加速下滑进而把倾角进一步增大，最后外推的倾角90度，即自由落体运动也是匀变速直线运动，其他三项都对，但不是斜面实验合理外推的结论，也不符合斜面实验结果。选项B对。

2．如图为某中国运动员在短道速滑比赛中勇夺金牌的精彩瞬间。假定此时他正沿圆弧形弯道匀速率滑行，则他（ ）

2

（A）所受的合力变化，做变加速运动 （B）所受的合力恒定，做变加速运动 （C）所受的合力恒定，做匀加速运动 （D）所受的合力为零，做匀速运动 【答案】A 【分值】4分

【考查方向】匀速圆周运动 【易错点】1、力是矢量

2、加速度是矢量

【解题思路】

1、匀速圆周运动的向心力和加速度方向。 2、注意矢量性。

【解析】匀速圆周运动，合外力是向心力，方向始终指向圆心，但是力是矢量，大小不变，但是方向在变化，所以合力不是恒力，选项BC错。根据牛顿第二定律，加速度方向与合外力方向相同，所以加速度方向也在变化，不是匀变速，而是变加速度，选项A对。

3．如图，在斜面上木块A与B的接触面是水平的，绳子呈水平状态，两木块均保持静止。则关于木块A和木块B 受力个数不可能的是（ ）

（A）2个和4个 （C）4个和4个 【答案】B 【分值】4分

【考查方向】共点力的平衡

【易错点】1、对绳子是否有拉力分析不到位

2、对B和斜面之间有无摩擦认识不清 【解题思路】 1、对A隔离分析。 2、对AB整体受力分析。

（B）3个和4个 （D）4个和5个

【解析】单独分析A，自身重力，B对A的支持力，由于拉力和B对A的摩擦力不确定，而且即使有也是水平方向，所以竖直方向一定受到两个力，而A静止，所以水平方向细绳拉力和B对A的摩擦力必定同时出现，所以A受力个数只可能是2个或者4个。选项B错。而整体分析，若A受力个数为2个，则整体受重力，斜面支持力，斜面摩擦力，即B受自身重力，斜面支持力，斜面摩擦力，A对B的压力四个力。若A受力为4个，则B除去刚才的4个力之外还有A对B的摩擦力。共计5个。

4．浙江百丈漈瀑布是全国单体落差最高的瀑布。第一漈207米，第二漈68米，第三漈12米，三漈相加是287米，折合古时鲁班尺是一百丈多17米，故名百丈漈。假设忽略上游水的初速度和空气的阻力，那么水仅仅下落第一漈后的速度大约是（ ）

（A）6.3m/s 【答案】C 【分值】4分

【考查方向】功能关系

【易错点】1、在功能关系的应用上因为无法确定重力而中断思路

2、不能正确认识忽略阻力的意义

【解题思路】

1、从动能定理出发，找出重力做功和动能变化的关系。 2、忽略阻力做功情况。

【解析】水仅仅下落第一漈只有重力做功，没有阻力即mgh（B）44m/s

（C）63m/s

（D）76m/s

12mv，可得v2gh63m/s。 25．我国在近期发射的“神州十一号”和“天宫二号”在对接前，“天宫二号”的运行轨道高度为393km，“神州十一号”的运行轨道高度约为343km。它们的运行轨道均视为圆周，则（ ） （A）“天宫二号”比“神州十一号”速度大 大

（C）“天宫二号”比“神州十一号”加速度大 【答案】D 【分值】4分

（B）“天宫二号”比“神州十一号”角速度

（D）“天宫二号”比“神州十一号”周期长

【考查方向】万有引力与航天

【易错点】1、不能正确的认识万有引力提供向心力。

2、从圆周运动出发，忽略圆周运动的不同，片面判断一个物理量。 【解题思路】

1、从万有引力提供向力力出发找到描述圆周运动的物理量表达式。 2、根据轨道半径大小判断各个物理量的变化。

【解析】天宫二号，神舟十一号，都属于绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即

GMGMmv2422amammRmR，。可得向心加速度，轨道半径越大，向心222RRRT加速度越小，选项C错。线速度vGM，轨道半径越小，线速度越大，选项A错。角速度RGM42R3，轨道半径越大，角速度越小，选项B错。周期T，轨道半径越大，周vR3GM期越大，选项D对。

11

6．下列选项中的各 圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各 圆环间彼此

44绝缘。坐标原点O处电场强度最大的是（ ）

【答案】B 【分值】4分

【考查方向】电场的叠加

【易错点】1、对电场的叠加理解不透彻

2、对四分之一圆环的电场认识不清 【解题思路】

1、根据对称性分析四分之一圆环产生的电场叠加效果。 2、等量同种和等量异种电荷在连线中点的电场情况。。

【解析】对于D图，两个正电荷的四分之一圆环对称，在连线中点即圆心处合场强等于0，两个负电荷的四分之一圆环对称，在连线中点场强矢量和也等于0，所以坐标原点O处电场强度

等于0.同理C选项中合成后在原点O处场强等于一个四分之一圆环的电荷产生的电场，与A选项中的电场大小相等，而B中是两个电场叠加，夹角为90度，合场强等于单个电场的2倍，选项B对。

7．如图电路中，电源电动势、内电阻、R1、R2为定值。闭合S后，将R的滑片向左移动，下列关于各电表数值变化的说法正确的是（ ）

（A）AR表示数减小 （C）V1表示数减小 【答案】A 【分值】4分

【考查方向】动态电路

【易错点】1、各个电表所测量的物理量认识不清

2、对闭合回路欧姆定律认识不到位 【解题思路】

1、从滑动变阻器的阻值找到并联电阻进而总电阻。 2、不变量是电源电动势，找到变量的变化趋势。

【解析】R的滑片向左移动，电阻变大，并联电阻阻值增大，总电阻增大，电动势不变，总电流减小，内电压减小，R2电压减小，即V2表示数减小，选项D错。并联电压增大即V1表示数增大，选C错。对并联支路R1，电压增大，电阻不变，电流变大，即A1表示数变大，选项B错。干路电流减小，支路R1电流增大，所以支路AR表示数减小，选项A对。

8．一列简谐横波沿x轴传播，周期为T，t＝0时刻的波形如图所示。此时平衡位置位于x＝3m处的质点正在向上运动，若a、b两质点平衡位置的坐标分别为xa＝2.5m，xb＝5.5m，则（ ）

（B）A1表示数减小 （D）V2表示数增大

（A）当a质点处在波峰时，b质点恰在波谷 1

（B）t＝ T时，a质点正在向y轴负方向运动

43

（C）t＝ T时，b质点正在向y轴负方向运动

4（D）在某一时刻，a、b 两质点的位移和速度可能相同 【答案】C 【分值】4分

【考查方向】机械振动机械波

【易错点】1、波的传播方向和质点的振动方向关系不清

2、机械振动和机械波的图像不清

【解题思路】

1、根据平衡位置位于x＝3m处的质点的振动方向判断波的传播方向。 2、判断质点a、b的振动情况。

【解析】平衡位置位于x＝3m处的质点向上振动，根据振动方向和波的传播方向在波形图同一侧，判断机械波传播方向沿X轴负方向。此时质点a沿Y轴正方向，质点b沿Y轴负方向。在

T3T,质点a正经过Y轴正半轴向正方向运动，再经过质点b正经过Y轴正半轴向负方向

4433T运动，选项C对。根据波形图判断波长4m，a、b两质点的距离为，振动步调相差，

44经过

选项AD错。

9．如图甲所示，A、B两物块在如图乙所示的随时间按正弦规律变化的外力作用下，由静止开始一起沿光滑水平面运动，A、B两物块始终保持相对静止，则以下说法中正确的是（ ）

（A）t1时刻物块的速度最大 （B）t2时刻物块运动的位移最大

（C）t3时刻物块A受到的摩擦力最大 （D）A、B两物块一起做往复运动 【答案】C 【分值】4分

【考查方向】牛顿运动定律 【易错点】1、整体受力分析不到位

2、对速度方向辨别不清

【解题思路】

1、有力的变化找到加速度变化进而推导出速度变化。 2、速度变化到位移。

【解析】根据力随时间变化图像可判断加速度随时间变化也是如此，0t1，合外力逐渐增大，加速度逐渐增大，而力的方向没有变化，t1时刻合力最大，加速度最大，0t2合力方向不变，加速度方向不变，一直加速，t2时刻速度最大，t2t4合外力反向，物体减速，根据对称性，t4时刻速度减小到0，此后重复之前的运动，继续向前。t1t3加速度最大，对A分析，摩擦力提供加速度，即t1t3时刻摩擦力最大，选项C对。t2时刻速度最大，由于运动方向没有变化，一直向前运动，所以AB错。一直向前运动，没有往复运动，选项D错。

10．如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其3

运动的加速度为 g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（ ）

4

（A）动能损失了mgh

（B）重力做功mgh 1

（D）机械能损失了 mgh 2

1

（C）克服摩擦力做功 mgh

4【答案】D 【分值】4分

【考查方向】功能关系 【易错点】1、受力分析

2、牛顿运动定律 【解题思路】

1、根据加速度计算摩擦力。 2、根据做功情况判断能量变化。

【解析】沿斜面向上滑动，根据受力分析可得fmgsin30ma3mg，可得摩擦力4f1mg，上升的最大高度为h则位移为2h，此过程合外力做功即动能变化量4A错，重力做功mgsin302hmgh，选Ek(fmgsin30)2h1.mg5，选项h项B错。克服摩擦力做功f2h0.5mgh，选项C错。除重力外其他力做功等于机械能的变化量即f2h0.5mgh，选项D错。

二、填空题（共 24 分，每小题 6 分，答案写在答题纸中指定位置，不要求写出演算过程。） 11．将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等。a、b为电场中的两点，a点的场强大小________b点的场强大小，a点的电势________b点的电势。（填“大于”、“小于”、“等于”）

【答案】大于、大于 【分值】6分

【考查方向】静电场的电场线 【易错点】1、电场线的疏密

2、静电平衡 【解题思路】

1、从电场线的疏密程度出发判断场强大小。 2、处于静电平衡的导体为等势体。

【解析】电场线的疏密程度表示电场强度的大小，a点电场线密集，电场强度大，沿电场线方向电势逐渐降低，而静电平衡的导体为等势体，a点电势高于等势体，b点电势低于等势体，所以a点电势高于b点电势。

12．如图所示是两个相干波源发出的水波，实线表示波峰，虚线表示波谷。已知两列波的振幅都为10cm，C点为AB连线的中点。图中A、B、C、D、E五个点中，振动减弱的点是________，从图示时刻起经过半个周期后，A点的位移为________cm。（规定竖直向上为位移的正方向）

【答案】DE、－20 【分值】6分

【考查方向】波的叠加 【易错点】1、加强点和减弱点

2、加强点和减弱点的振幅

【解题思路】

根据波峰波谷的叠加判断加强减弱。

【解析】波峰和波谷的叠加为振动减弱点，波峰和波峰，波谷和波谷的叠加为振动加强点，C点对与两列波都处在平衡位置且振动方向相同，所以C点也是加强点，只有DE为波峰波谷的叠加，为减弱点。此时A点在波峰，经过半个周期A点到达波谷，而加强点的振幅等于两个振幅之和即20cm。

13．客运电梯简化模型如图（a）所示，在t＝0时电梯由静止开始上升，最初一段时间内电梯的加速度a随时间t变化的关系如图（b）所示。已知电梯总质量为2.0×10kg，忽略空气阻力，则电梯在上升过程中受到的最大拉力为_______N，电梯在前11s内的速度改变量Δv为________m/s。（重力加速度g取10m/s）

2

3

【答案】2.2×10、10 【分值】6分

【考查方向】牛顿运动定律

4

【易错点】1、对at图像认识不清

2、对加速度方向的判断

【解题思路】

1、根据牛顿运动定律判断拉力。

2、根据加速度和时间的成绩判断速度变化量。

【解析】电梯上升过程Fmgma，当加速度最大时，拉力最大，此时a1m/s，代入可

4得拉力F2.210N，速度变化量vat即at图像与时间轴所围成的面积即

2911110m/s。 214．由某种材料制成的电器元件，其伏安特性曲线如图所示。现将该元件接在电动势为8V，内阻为4Ω的电源两端，则通过该元件的电流为__________A。若将这个元件与一个4Ω的定值电阻串联后接在该电源上，则该元件消耗的功率为__________W。

【答案】1～1.2、1.6～1.8 【分值】6分

【考查方向】闭合电路欧姆定律

【易错点】1、电流电压关系不能和图像结合

2、图像解题过程作图不准。

【解题思路】

1、做出电源的路端电压和干路电流的关系图像，与该元件伏安特性曲线的交点即元件电压和电流。 2、串联后注意把串联的电阻等效为内阻。

【解析】在原来的伏安特性曲线上面做出电动势等于8v内阻r4的路端电压随电流变化图像，交点u4v，I1A。即流过该元件电流为I1A。与一个4Ω的定值电阻串联后，把定值电阻等效入内阻，则电源内阻变为r8，重复前面的步骤可得交点u2v，I0.75A，

消耗电功率PUI1.5w。

三、综合题（共36分）

15．（6分）在用单摆测重力加速度的实验中：

（1）实验时必须控制摆角，若摆长为1.2m，则要将摆球拉至离平衡位置约_______m处释放。 （2）某同学实验时改变摆长，测出几组摆长L和对应的周期T的数据，作出T-L图线，如图所示．利用图线上任两点A、B的坐标（x1，y1）、（x2，y2），便可求得重力加速度g＝______。

（3）作T-L图线解决物理问题，可以提示我们：若摆球的质量分布不均匀，将_______测量结果（填“影响”、“不影响”）。

2

2

【答案】（1）（小于）0.11 （2）g4【分值】7分 【考查方向】单摆

【易错点】1、单摆做简谐运动的条件

2、单摆的周期公式

【解题思路】

1、根据简谐运动摆角要求判断判断偏离平衡位置的距离。 2、根据单摆周期公式求重力加速度。

【解析】（1）单摆做简谐运动时摆角应小于10°,若摆长为1.2m,则他们将摆球最多拉至离平衡位置

2Y2Y1（3）不影响

X2X1

约0.1m(0.1～0.105)处释放。（2）根据单摆的周期公式T2LL2可得重力加速度g42，

Tg而LT图像的斜率即

2Y2Y1L2Y2Y1,可得重力加速度。（3）若摆球质量分g42X2X1TX2X1布不均匀，导致图像不过原点，即摆长测量有偏差，但是斜率不变，所以不影响测量结果。 16.（12分）两套完全相同的小物块和轨道系统固定在水平桌面上。物块质量m＝1kg，轨道长度l＝2m，物块与轨道之间动摩擦因数μ＝0.2。现用水平拉力F1＝8N、F2＝4N同时拉两个物块，分别作用一段距离后撤去，使两物块都能从静止出发，运动到轨道另一端时恰好停止。（g＝10m/s）求：

2

（1） 在F1作用下的小物块加速度a1多大？ 【答案】（1）a1＝6m/s2 【分值】4分

【考查方向】牛顿运动定律 【易错点】合外力找不准 【解题思路】

拉力和摩擦力的合力提供加速度 【解析】（1）F－mg＝ma1 1（2） F1作用了多少位移s1？

a1＝6m/s2„„4分

【答案】s1＝0.5m

【分值】4分

【考查方向】动能定理

【易错点】没有简化过程，运动学方法计算，找不到前后两端平均速度相等 【解题思路】

根据摩擦力和拉力做功大小相等来分析 【解析】整个过程根据动能定理

F1s－mgl＝0„„2分

s1＝0.5m„„2分

（3） 从两物块运动时开始计时直到都停止，除了物块在轨道两端速度都为零之外，另有某时刻t两物块速度相同，则t为多少？

【答案】s1＝0.5m 【分值】4分

【考查方向】匀变速直线运动

【易错点】不能判断是在加速还是减速阶段速度相等

【解题思路】根据加速度大小判断上面的木块减速过程，下面的木块加速过程二者速度相等 【解析】

F2作用下的物块

F2－mg＝ma2 a2＝2m/s2„„2分

两物块速度相同时，一定在上方物块减速阶段 上方的物块减速阶段加速度a'g2m/s2 上方物块最大速度v2a1s6m/s＝2.45m/s

„„ a2t＝v－a（'t－v/a1）得t＝0.816s„„2分

17、（15分）如图所示，在光滑绝缘水平面上B点的正上方O处固定一个质点，在水平面上的A点放另一个质点，两个质点的质量均为m，带电量均为＋Q。C为AB直线上的另一点（O、A、B、C位于同一竖直平面上），AO间的距离为L，AB和BC间的距离均为L/2，在空间加一个水平方向的匀强电场后A处的质点处于静止。试问：

（1） 该匀强电场的场强多大？其方向如何？

【答案】EFsinkQ2Q2L 【分值】5分

【考查方向】共点力平衡。 【易错点】点电荷电场力的方向考虑不周。 【解题思路】质点在水平方向受力平衡 Q2【解析】根据库仑定律有FK2 （1分） L根据共点力平衡条件有FsinEQ （2分）

由以上两式得EFsinkQ2（1分） Q2L方向由A指向C（或水平向右）（1分）

（2） 给A处的质点一个指向C点的初速度，该质点到达B点时所受的电场力多大？

73kQ2 【答案】F 26L【分值】4分

【考查方向】电场的叠加

【易错点】 B点受到的电场力而不是合力

【解题思路】计算匀强电场和点电荷电场力的矢量和

kQ2【解析】小球在B点受到的库伦力Fc（2分） 2(Lsin60)kQ22由平行四边形定则得合电场力F(EQ)[](Lsin60)2273kQ2 F6L273kQ2（2分） 26L（3）若初速度大小为v0，质点到达C点时的加速度和速度分别多大？

kQ22【答案】v v0mL【分值】6分

【考查方向】电场的叠加 电场力做功 【易错点】从A点到C点电场力做功的累积 【解题思路】

1、 根据力和位移成绩的累积计算电场力从A到C的做功。根据功能关系解题 【解析】

kQ2由牛顿第二定律得a

mL2Q2K2.sinEQFKQ2L a （3分） 2mmmL根据动能定理有 EQL1212mvmvo （2分） 22kQ22由此得 v （1分） v0mL

湖南省益阳一中2017届物理试题

分）

1．许多科学家在物理学发展过程中作出了重要的贡献，下列叙述符合物理学史的是 A．牛顿提出了万有引力定律，并通过实验测出了万有引力常量 B．奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了电磁感应定律 C．库仑在前人研究的基础上，通过扭秤实验研究得出了库仑定律 D．哥白尼提出了日心说并发现了行星沿椭圆轨道运行的规律 【答案】C 【分值】4分

【考查方向】本题主要考查了物理学史的知识点。

1

一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分，每小题给处的四个选项中，1~7题只有一项选择是正确的，8~12题有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0

【易错点】准确掌握科学家的主要事迹和贡献，容易易混淆易出错。

【解题思路】牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过实验测得G的取值，奥斯特是电生磁，法拉第是磁生电，库仑通过扭秤实验研究得出了库仑定律，哥白尼是地心说的代表。

【解析】本题是对物理学史的考查，人物与事迹相对应的是：库仑在前人研究的基础上，通过扭秤实验研究得出了库仑定律，故C正确。

2．库仑通过实验研究电荷间的相互作用力与距离、电荷量的关系时，先保持电荷量不变，寻找作用力与电荷间距离的关系；再保持距离不变，寻找作用力与电荷量的关系，这种研究方法被称为“控制变量法”。下列应用了控制变量法的是实验是 A．验证机械能守恒定律 B．探究力的平行四边形定则

C．探究加速度与力、质量的关系

D．探究匀变速直线运动速度随时间变化的规律 【答案】C 【分值】4分

【考查方向】本题主要考查高中物理思想方法---控制变量法。

【易错点】对控制变量法的定义不清，造成做题错误。

【解题思路】控制变法法的定义是：研究三个量的关系时，让一个量不变，看另外两个量的变化关系，这种方法叫控制变量法。

【解析】根据控制变法是研究三个物理量的关系，故C正确；

3．一个物体沿直线运动，t=0时刻物体的速度为2m/s、加速度为1m/s，物体的加速度随时间变化规律如图所示，则下列判断正确的是

2

A．物体做匀加速直线运动 B．物体的加速度与时间成正比增大 C．t=5s时刻物体的速度为6.25m/s D．t=8s时刻物体的速度为13.2m/s 【答案】D 【分值】4分

【考查方向】本题主要考查a-t图像和匀加速直线运动中加速的特点。

【易错点】在匀速直线运动中速度随时间均匀变大，但加速度不变，本题易将a-t图像看成v-t图像，造成错误。

【解题思路】1、由图可知加速度是变化的，故不是匀加速直线运动。

2、由图可知物体的加速度与时间成线性变化，但不过原点即不成正比。 3、加速度是均匀变化的，瞬时速度可以用平均加速度和时间的乘积求解。

【解析】由图可知物体的加速度与时间成线性变化，但不过原点，A和B均错；a＝1＋0.1t(m/s 2 )，t＝5 s和t＝8 s时刻物体的加速度分别为1.5 m/s 2 和1.8 m/s 2 ，在5 s和8 s内物体速度分别

增加

11.511.8×5 m/s＝6.25 m/s和 ×8 m/s＝11.2 m/s，则t＝5 s和t＝8 s时刻物体的速22度分别为(2＋6.25) m/s和(2＋11.2) m/s 。

4．如图所示，一根不可伸长的轻绳两端连接两轻环A、B，两环分别套在相互垂直的水平杆和竖直杆上，轻绳绕过光滑的轻小滑轮，重物悬挂于滑轮下，始终处于静止状态，下列说法正确的是

A．只将环A向下移动少许，绳上拉力变大，环B所受摩擦力变小 B．只将环A向下移动少许，绳上拉力不变，环B所受摩擦力不变 C．只将环B向右移动少许，绳上拉力变大，环A所受杆的弹力不变 C．只将环B向右移动少许，绳上拉力不变，环A所受杆的弹力变小 【答案】B

【分值】4分

【考查方向】本题考查受力分析、物体的平衡有关的问题。已在考查学生的理解能力和应用能力。 【易错点】掌握合力与分力的关系，在合力合成时，不清楚合力随分力的变化关系。

【解题思路】对滑轮受力分析，当A点向上移动时，两绳的夹角变小，但合力不变则两个分力均变大，即绳的拉力变大；

【解析】对滑轮受力分析，当A点向上移动时，两绳的夹角变大，但合力不变则两个分力均变大，即绳的拉力变大，再研究B物体受力分析可知f摩Tcos（绳与杆的夹角），可知T变大，cos变大，则摩擦力变大，故A错误B正确；当B向右移动，两绳的夹角变小，但合力不变则两个分力均变小，即绳的拉力变小，故C、D错误。

5．过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“31peg b”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕。“31peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期大约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的

1，该中心恒星与太阳的质量比约为 20A．

1 B．1 C．5 D．10 10【答案】B 【分值】4分

【考查方向】本题主要考查了万有引力定律的应用。

【易错点】准确掌握万有引力提供向心力的知识，星球半径与轨道半径易混淆出错。

GMm42m2r， 【解题思路】由引力提供向心力：r2T423Mr根据相应的周期和半径求解。 2GTGMm42423m2r，所以Mr 【解析】由引力提供向心力：r2TGT2 设中心恒星的质量为M1，“31peg b”轨道半径为r1,周期为T1，太阳的质量为M2，地球绕太

阳的轨道半径为r2，周期为T2

M1r13T22 代入数值1，故B正确。

M2T12r23

6．如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M、倾角为的光滑斜面体，它的斜面上有一质量为m的物块沿斜面下滑。关于物块下滑过程中对斜面压力大小的解答，有如下四个表达式。要判断这四个表达式是否合理，你可以不必进行复杂的计算，而根据所学的物理知识和物理方法进行分析，从而判断解的合理性或正确性，根据你的判断，下述表达式中可能正确的是

A．C．

MmgsinMmgsin B．

Mmsin2Mmsin2MmgcosMmgcos D．

Mmsin2Mmsin2【答案】D 【分值】4分

【考查方向】本题主要考查受力分析与正交分解的应用以及用特殊值的法来做题。

【易错点】盲目计算，利用动量守恒计算复杂，易错。

【解题思路】本题可以定性的分析即可，所以可以采用特殊值的方法来快速的得到答案。

【解析】解：A、如果物体不是放在斜面上，而是在水平面上，即θ=0的时候，此时M、m之间的作用力应该是mg，此时的sinθ=0，AB选项的结果为0，所以AB错误； C、M=msin2θ是可能的，而在C选项中，此时的结果为无穷大，故C错误； D、当M＞＞m时，MmgcosθM+msin2 θ=mgcosθ1+mMsin2 θ≈mgcosθ，故D正确．

7．如图所示，空间存在足够大且相互垂直的匀强电磁场，电场强度为E、方向竖直向上：磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。由某点P静止释放质量为m、带电量为+q的粒子（重力忽略不计），其运动轨迹如图所示。对于带电粒子下落的最大高度H，下落给出的四个表达式，你认为正确的是

4mE2mBmEmBA．H B．H C．H D．H

2qE2qB22qE2qB2【答案】B

【分值】4分

【考查方向】本题主要考查动能定理的应用和洛伦兹力的特点。

【易错点】在最低点的受力分析易错。

【解题思路】从初位置到最低点用动能定理，在最低点时电场力等于洛伦兹力。 【解析】解：因能量对应着功，故可有qEH理可得：H12mv，而电场力与洛伦兹力量纲相同qE=Bqv，整2mE，故B正确；A、C、D错误。 2B2q8．如图所示，A、B两条直线是在A．B两地分别用竖直向上的力F拉质量分别为mA和mB的物体实验得出的两个加速度a与F的关系图线，由图分析可知

A．mAmB B．两地重力加速度gAgB C．mAmB D．两地重力加速度gAgB 【答案】AD 【分值】4分 【考查方向】本题主要考查a-F图像中，斜率代表1，和牛顿第二定律。 m

【易错点】a-F图像中斜率代表的是质量的倒数,而不是质量的大小。

1，比较质量大小，再根据F等于零时a=g求解。 m1【解析】解：根据F=ma可知a-F图象中斜率表示，由图可知A的斜率大于B的斜率，所以mA

m【解题思路】根据a-F图象中斜率表示＜mB；

根据牛顿第二定律，由图象可知当两个物体外力F都为0时加速度都相同， 两物体都只受重力作用a=g所以gAgB故选AD．

9．如图所示，物体A、B用细绳与弹簧连接后跨过滑轮，A静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B悬挂着。已知mA3mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，那么下列说法正确的是

A．弹簧的弹力不变

B．物体A对斜面的压力将减小 C．物体A受到的静摩擦力将减小

D．弹簧的弹力以及A受到的静摩擦力都不变 【答案】AC 【分值】4分

【考查方向】主要考查你对受力分析理解与应用。

【易错点】认为摩擦力的方向始终不变是不准确的。

【解题思路】弹簧的弹力始终等于物体B的重力，因此弹力大小不变，夹角变小故支持力变大，要确定摩擦力的变化情况，先确定摩擦力的方向。

【解析】解：弹簧的弹力始终等于物体B的重力，因此弹力大小不变，选项A正确。物体A对斜面的压力等于斜面对A的支持力，等于合力为零，由C正确、D错误。

10．摩擦传动时传动装置中的一个重要模型，如图所示，甲、乙两个水平放置的轮盘靠摩擦传动，其中O、O'分别为两轮盘的轴心，已知r甲:r乙3:1，且在正常工作时两轮盘不打滑。今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A．B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相等，两滑块到轴心

，因此压力将减小，选项B错误。物体A沿斜面的

随着角度的减小，摩擦力依旧沿斜面向上，大小逐渐减小，选项

O、O'的距离分别为RA、RB，且RA2RB。若轮盘乙由静止开始缓慢地转动，且转速逐渐增大，

则下列叙述正确的是

A．滑块相对轮盘开始滑动前，A．B的角速度大小之比为A:B1:3 B．滑块相对轮盘开始滑动前，A．B的向心加速度大小之比为aA:aB1:3 C．转速增大后最终滑块A先发生相对滑动 D．转速增大后最终滑块B先发生相对滑动 【答案】AD 【分值】4分

【考查方向】主要考查向心力、牛顿第二定律理解与应用。

【易错点】物块随圆盘做圆周运动时，静摩檫力提供向心力，故摩擦力是指向圆心的，摩擦力的方向不好理解。

【解题思路】轮盘靠摩擦力传动，不打滑时，两轮盘边缘的线速度大小相等，由v=ωr求角速度之比．由a=rω2求向心加速度的比值．分析向心力与最大摩擦力的关系，判断哪个滑块先滑动。 【解析】解：A、假设轮盘乙的半径为r，由题意可知两轮盘边缘的线速度v大小相等，由v=ωr，r甲：r乙=3：1，可得ω甲：ω乙=1：3，所以滑块相对轮盘滑动前，A，B的角速度之比为1：3，故A正确；

B、滑块相对盘开始滑动前，根据a=Rω2和RA：RB=2：1，ωA：ωB=1：3，得：A、B的向心加速度之比为aA：aB=2：9，故B错误；

CD、据题意可得物块的最大静摩擦力分别为 fA=μmAg，fB=μmBg，最大静摩擦力之比为fA：fB=mA：mB；转动中所受的静摩擦力之比为fA′：fB′=mAaA：mBaB=

mA：4.5mB；综上分析可得滑块B先达到最大静摩擦力，先开始滑动，故D正确、C错误． 故选：AD .

11．如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动，现施加一垂直穿过圆

盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速，在圆盘减速过程中，以下说法正确的是

A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高 B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动 C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动

D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动 【答案】ABD 【分值】4分

【考查方向】主要考查导体切割磁感线时的感应电动势；判断电势的高低。

【易错点】右手定则：伸出右手四指与大拇指垂直，大拇指指向运动方向，四指指向感应电流的方向，与左手定则易混。

【解题思路】将金属圆盘看成由无数金属幅条组成，根据右手定则判断感应电流的方向，从而判断电势的高低，形成感应电流，再根据左手定则，即可求解

【解析】解：A、将金属圆盘看成由无数金属幅条组成，根据右手定则判断可知：圆盘上的感应电流由边缘流向圆心，所以靠近圆心处电势高，所以A正确；

B、根据右手定则可知，产生的电动势为BLv，所以所加磁场越强，产生的电动势越大，电流越大，受到的安培力越大，越易使圆盘停止转动，所以B正确；

C、若所加磁场反向，只是产生的电流反向，根据楞次定律可知，安培力还是阻碍圆盘的转动，所以圆盘还是减速转动，所以C错误；

D、若所加磁场穿过整个圆盘时，圆盘在切割磁感线，产生感应电动势，相当于电路断开，则不会产生“感应电流，没有安培力的作用，圆盘将匀速转动，所以D正确； 故选：ABD

12．如图，倾角为的光滑斜面与光滑的半圆形轨道光滑连接于B点，固定在水平面上，在半圆轨道的最高点C装有压力传感器，整个轨道处在竖直平面内，一小球自斜面上距底端高度为H的某点A由静止释放，到达半圆最高点C时，被压力传感器感应，通过与之相连的计算机处理，可得出小球对C点的压力F，改变H的大小，仍将小球由静止释放，到达C点时得到不同的F值，将对应的F与H的值描绘在F-H图像中，如图所示，则由此可知

A．图线的斜率与小球的质量无关 B．b点坐标的绝对值与物块的质量成正比 C．a的坐标与物块的质量无关

D．只改变斜面倾角，a、b两点的坐标均不变 【答案】BCD 【分值】4分

【考查方向】主要考查动能定理的应用；圆周运动的向心力问题。

【易错点】

【解题思路】小球从A到C运动的过程中，只有重力做功，其机械能守恒，根据机械能守恒定律和牛顿定律求出小球对轨道C点的压力与H的关系式，然后结合F-H图线的信息分析。

【解析】解：A、小球经过C点时，由合力提供圆周运动向心力，即：F′+mg=mv2CR，从A到C的过程中只有重力做功，根据机械能守恒定律有：mg（H-2R）=12mvC2，联立解得：F′=2mgHR-5mg，由牛顿第二定律得：F=F′=2mgHR-5mg，由题中给出的F-H图象知斜率 k=2mgR，可知k与m有关，故A错误；

BC、由F=2mgHR-5mg得：当H=0时，F=-5mg，即|b|=5mg，b的坐标与m成正比．当F=0时，由F=2mgHR-5mg得：H=2.5R，a的坐标与m无关，故BC正确；

D、由上分析知，a、b与斜面倾角θ无关，只改变斜面倾角θ，a、b两点的坐标均不变，故D正确． 二、简答题 【必做题】

13．在“研究平抛物体的运动”实验中 （1）下列说法正确的是( ) A．斜槽轨道必须光滑 B．斜槽轨道末端可以不水平

C．应使小球每次从斜槽上相同的位置释放

D．为更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些

（2）如图所示为实验中用方格纸记录了小球的运动轨迹，A．B．c和d为轨迹上的四点，小方格的边长为L，重力加速度为g，则小球做平抛运动的初速度大小为v0=___________，经b点时速度大小为vb__________。

【答案】（1）CD （2）2gL、【分值】6分

【考查方向】本题主要考查了平抛运动实验中求解出速度。 【易错点】1、要求：小球从同一位置由静止释放

2、易将a点视为抛出点

【解题思路】

1、水平匀速直线，故平抛图中相邻两点的时间相同的 2、竖直方向上匀加，利用相邻相等位移差为一定值解题。

【解析】解：（1）A、为了保证小球的初速度相等，每次从斜槽的同一位置由静止释放小球，斜槽不一定需要光滑，故A错误，C正确．

B、为了保证小球的初速度水平，斜槽的末端需水平，故B错误． D、为更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些，故D正确． （2）在竖直方向上，根据△y=L=gT得，相等的时间间隔T=

25gL 2Lg，则小球平抛运动的初速度

v0

2L2gL． Tb点的竖直分

度，根据平行四边形定则知，b点的速度vb＝5gL 214．某课外小组在参观工厂时，看到一丢弃不同的电池，同学们想用物理上学到的知识来测定这个电池的电动势和内阻，已知这个电池的电动势约为11~13V，内阻小于3Ω，由于直流电压表量程只有3V，需要将这只电压表通过连接一固定电阻（用电阻箱代替），改装为量程为15V的电压表，然后再用伏安法测电池的电动势和内阻，以下是他们的实验操作过程：

（1）把电压表量程扩大，实验电路图如图甲所示，实验步骤如下，完成填空： 第一步：按电路图连接实物

第二步：把滑动变阻器滑片移到最右端，把电阻箱阻值调到零

第三步：闭合开关，把滑动变阻器滑片调到适当位置，使电压表读数为3V 第四步：把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为________V

第五步：不再改变电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其他线路，即得量程为15V的电压表

（2）实验可供选择的器材有：

A．电压表（量程为3V，内阻约为2kΩ） B．电流表（量程为3A，内阻约为0.1A） C．电阻箱（阻值范围0~9999Ω） D．电阻箱（阻值范围0~999Ω）

E．滑动变阻器（阻值为0~20Ω，额定电流2A） F．滑动变阻器（阻值为0~20kΩ）

回答：电阻箱应选_______，滑动变阻器应选__________。

（3）用该扩大了量程的电压表（电压表的表盘没变），测电池电动势E和内阻r，实验电路如图乙所示，得到多组电压U和电流I的值，并作出U-I图线如图丙所示，可知电池的电动势为______V，内阻为______Ω。

【答案】（1）0.6V（2）C、E（3）11.5，2.5

【分值】10分

【考查方向】本题主要考测定电源的电动势和内阻

【易错点】1、本题涉及电表的改装和测量电动势和内电阻的实验；

2、改装原理是串联电路的特点．而伏安法测量电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律，要注意路端电压应为改装后电压表的读数

【解题思路】

（1）明确改装原理，根据改装后的电阻关系可明确应调节到的阻值；

（2）根据串联电路的特点，可确定出电阻箱的电阻与电压表内阻的关系，选择电阻箱的规格．在分压电路中，为方便调节，滑动变阻器选用阻值较小的．

（3）由于电压表的表盘没变，改装后的电压表的读数应为电压表读数的5倍．U-I图线纵轴截距的5倍表示电动势，斜率的3倍大小等于电池的内阻

【解析】解：（1）把3V的直流电压表接一电阻箱，改装为量程为15V的电压表时，将直流电压表

与电阻箱串联，整个作为一只电压表，据题分析，电阻箱阻值调到零，电压表读数为3V，则知把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为0.6V．

（2）由题，电压表的量程为3V，内阻约为2kΩ，要改装成15V的电压表，根据串联电路的特点可知，所串联的电阻箱电阻应为4×2kΩ=8kΩ．故电阻箱应选C；在分压电路中，为方便调节，滑动变阻器选用阻值较小的，即选E．

（3）由丙读出，外电路断路时，电压表的电压为U=2.3V，则电源的电动势为E=2.3×5=11.5V，内阻为r=△U/△I=(2.3−1.5)×5/1.6=2.5Ω．

【选做题】 15【物理选修3-4】

（1）目前雷达发出的电磁波频率多在200MHz~1000MHz的范围内，下列关系雷达和电磁波的说法正确的是

A．真空中，上述频率范围的电磁波的波长在0.3m~1.5m之间 B．电磁波是由均匀变化的电场或磁场产生的

C．波长越短的电磁波，越容易绕过障碍物，便于远距离传播 D．测出电磁波从发射到接受的时间，就可以确定到障碍物的位置 【答案】D 【分值】6分

【考查方向】本题主要考查了电磁波的发射、传播和接收

【易错点】1、有些同学错误认为磁场产生电场，电场产生磁场，注意麦克斯韦的电磁场

理论是电磁波产生的理论基础，要加强理解与应用．

2、同时注意测障碍物的距离时，其值等于由来回时间求出距离的一半

【解题思路】

本题考查了麦克斯韦的电磁场理论与雷达的原理，比较简单，根据麦克斯韦的电磁场理论内容即可正确解答

【解析】解：A、根据λ=c/f，电磁波频率在200MHz至1000MHz 的范围内，则电磁波的波长范围在0.3m至1.5m之间，故A错误；

B、根据麦克斯韦的电磁场理论可知，均匀变化的电场产生恒定的磁场，均匀变化的磁场产生恒定的电场，电磁波是变化磁场产生电场变化电场产生磁场不断交替变化产生的，故B错误； C、波长越长的电磁波，越容易绕过障碍物，便于远距离传播，故C错误；

D、雷达是利用电磁波的反射原理，根据电磁波的传播速度，结合来回传播的时间，即可确定障碍物的距离，故D正确．

（2）如图所示，实线和虚线分别是沿x轴传播的一列简谐横波在t=0和t=0.06s时刻的波形图，已知在t=0时刻，x=1.5m处的质点向y轴正方向运动。

①判断该波的传播方向

②若3T0.06s4T，求该波的速度大小。 【答案】①该波沿x轴正方向传播；

②若3T＜0.06s＜4T，该波的波速大小为=75 m/s

【分值】9分

【考查方向】本题主要考查了横波的图象、波长、频率和波速的关系

【易错点】本题是多解问题，关键是会通过波形微平移确定各个质点的振动方向和波动方向；然后由图象得到周期的通项，最后求解传播速度. 【解题思路】

据在t=0时刻，x=1.5m处的质点向y轴正方向运动，根据波形平移法得到该波的传播方向；由两个时刻的波形可知时间与周期的关系，求出周期的通项，根据周期通项，求解频率的特殊值，读出波长，求出波速.

【解析】：①因在t=0时刻，x=1.5 m处的质点向y轴正方向运动，由波形图可以出， 该波的传播方向沿x轴正方向 ②由图得：△t=（n+3/4）T，

若3T＜t＜4T，n=3，则t=（3+3/4）T，T=0.016 s ,由公式v=λ/T，代入解得v=75 m/s 【物理选修3-5】

16．（1）用频率为但强度不同的甲乙两种光做光电效应实验，发现光电流与电压的关系如图所示，由图可知，__________（选填甲或乙）光的强度大，已知普朗克常量为h，被照射金属的逸出功为W0，则光电子的最大初动能为_________。

【答案】甲，hvW0 【分值】6分

【考查方向】本题考查了产生光电效应的原理和电子的最大初动能公式，理解光电效应方程的应用。注意光电流影响因素

【易错点】注意光电流影响因素，在能发生光电效应的情况下与光的强弱有关。 【解题思路】根据光的强度越强，形成的光电流越大；并根据光电效应方程，即可求解。

【解析】：解：根据光的强度越强，则光电子数目越多，对应的光电流越大，

即可判定甲光的强度较大；

由光电效应方程

12mvhvW0，可知，电子的最大初动能EkmhvW0 2（2）1926年美国波士顿的内科医生鲁姆加特等首次应用放射性氡研究人体动、静脉血管床之间的

222222循环时间，被誉为“临床核医学之父”，氡的发射性同位素有27种，其中最常用的是86Rn。86Rn经206过m次α衰变和n次衰变后变成稳定的82Pb。

①求m、n的值

222218②一个静止的氡核（86 放出一个粒子后变成钋核（84，已知钋核的速率v1106m/s，Rn）Po）

求粒子的速率。

【答案】：①m是4，n是4；

②α粒子的速率是：v5.45107m/s

【分值】9分

【考查方向】本题主要考查了动量守恒定律；原子核衰变及半衰期、衰变速度

【易错点】注意：核反应过程质量数与核电荷数守恒，系统动量守恒，应用质量数与核电荷数守恒、动量守恒定律即可正确解题 【解题思路】

1、核反应中质量数与核电荷数守恒，根据质量数与核电荷数守恒求出m、n的值． 2、核反应过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出粒子速度

【解析】：解：①核反应过程质量数与核电荷数守恒，由题意可得：4m=222-206，

解得：m=4，

86=82+2m-n，解得：n=4；

②核反应过程系统动量守恒，以α粒子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvmpov0， 代入数据解得：v5.45107m/s

据在t=0时刻，x=1.5m处的质点向y轴正方向运动，根据波形平移法得到该波的传播方向；由两个时刻的波形可知时间与周期的关系，求出周期的通项，根据周期通项，求解频率的特殊值，读出波长，求出波速. 【解析】： 三．计算题

17．如图所示，一个质量m=10kg的物块放在水平地面上，对物体施加一个F=50N的拉力，使物体做初速度为零的匀加速直线运动。已知拉力与水平方向的夹角=37°，物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.60，cos37°=0.80，取重力加速度g10m/s

2

（1）求物体运动的加速度大小； （2）求物体在2.0s末的瞬时速率；

（3）若在2.0s末时撤去拉力F，求此后物体沿水平地面可滑行的最大距离。 【答案】（1）物体运动的加速度大小为0.5m/s2；

（2）物体在 2.0s末的瞬时速率为1.0m/s； （3）此后物体沿水平地面可滑行的最大距离为0.5m

【分值】14分

【考查方向】本题主要考查了牛顿第二定律以及运动学基本公式的直接应用

【易错点】前两秒求摩擦力时注意支持力不等于重力，故摩擦力在两个阶段的是不相等的。 【解题思路】（1）对物体受力分析后求出合力，再根据牛顿第二定律求出加速度；

（2）物体匀加速前进，根据速度时间公式求出2s末的速度； （3）根据动能定理求出速度减为零的位移。

【解析】：解：（1）设物体受摩擦力为f，支持力为N，则f=uN，

根据牛顿第二定律有：Fcosθ-f=ma，N+Fsinθ=mg， 解得：a=7m/v2；

（2）物体在 2.0s末的速度v=at=75×2=14m/s， （3）拉力后滑行的最大距离为x，根据动能定理得：

-umgx=0-

12mv， 2代入数据解得：x=39.2m；

18．如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R=1.0m的光滑四分之一圆弧轨道，BC段为一长度L=0.5m的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点。一可视为质点的物块，其质量m=0.2kg，与BC间的动摩擦因数μ=0.4.工件质量M=0.8kg，与地面间的摩擦不计。（g10m/s）

2

（1）若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求p、C两点间的高度差；

（2）若将一水平恒力F作用与工件，使物块仍在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动。①求F的大小。②当速度v=5m/s时，使工件立刻停止运动（即不考虑减速的时间和位移），物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离。 【答案】（1）P、C两点间的高度差是0.2m；

（2）F的大小是8.5N；

（3）物块的落点与B点间的距离是0.4m．

【分值】18分

【考查方向】本题主要考查了动能定理、牛顿第二定律、平抛运动的规律多个知识点。 【易错点】关键要对物体进行受力和过程分析．

【解题思路】（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理求解

（2）对物体、工件和物体整体分析，根据牛顿第二定律求解 （3）根据平抛运动的规律和几何关系求解.

【解析】：（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得：mgh1mgL0， 代入数据得：h0.2m

（2）①设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何关系可得

cosRh R根据牛顿第二定律，对物体有mgtanma 对工件和物体整体有F2MmgMma 联立代入数据得F8.5N

②设物体平抛运动的时间为t，水平位移为x1，物块落点与B间的距离为 x2，由运动学公式可得

h12gt，x1vt 2x2x1Rsin

联立代入数据得x20.4m

19．电视机显像管（抽成真空玻璃管）的成像原理主要是靠电子枪产生高速电子束，并在变化的磁场作用下发生偏转，打在荧光屏不同位置上发出荧光而成像。显像管的原理示意图（俯视图）如图甲所示，在电子枪右侧的偏转线圈可以产生使电子束沿纸面发生偏转的磁场（如图乙所示），其磁感应强度B=μNI，式中μ为磁常量，N为螺线管线圈的匝数，I为线圈中电流的大小。由于电子的速度极大，同一电子穿过磁场过程中可认为磁场没有变化，是稳定的匀强磁场。

已知电子质量为m，电荷量为e，电子枪加速电压为U，磁通量为μ，螺线管线圈的匝数为N，偏转磁场区域的半径为r，其圆心为O点。当没有磁场时，电子束通过O点，打在荧光屏正中的M点，O点到荧光屏中心的距离OM=L。若电子被加速前的初速度和所受的重力、电子间的相互作用力以及地磁场对电子束的影响均可忽略不计，不考虑相对论效应以及磁场变化所激发的电场对电子束的作用。

（1）求电子束经偏转磁场后打到荧光屏上P点时的速率；

（2）若电子束经偏转磁场后速度的偏转角=60°，求此种情况下电子穿过磁场时，螺线管线圈中电流I0的大小；

（3）当线圈中通入如图丙所示的电流，其最大值为第（2）问中电流的0.5倍，求电子束打在荧光屏上发光形成“亮线”的长度。

【答案】（1）电子束经偏转磁场后打到荧光屏上P点时的速率v2eU； m（2）螺线管线圈中电流的大小:I06meU；

3reN83L 11（3）电子束打在荧光屏上发光形成“亮线”的长度为:Y2y【分值】18分

【考查方向】本题主要考查了带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 【易错点】1.对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；

2.根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间

【解题思路】（1）电子在加速电场中，由动能定理求解获得的速度v的大小，洛伦兹力不做功，故此速度大小电子束经偏转磁场后打到荧光屏上P点时的速率； （2）根据几何关系求出临界状态下的半径的大小，结合洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的大小，进而由磁感应强度B=μNI确定螺线管线圈中电流I0的大小．

（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，出磁场做匀速直线运动，通过最大的偏转角，结合几何关系求出荧光屏上亮线的长度

【解析】：（1）设经过电子枪加速电场加速后，电子的速度大小为v，根据动能定理有：eU12mv，2解得：v2eU m（2）设电子在磁场中做圆运动的半径为R，运动轨迹如答图所示．

根据几何关系有：tan2r Rv26meU洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：evBm，由题知BNI0，解得：I0 R3reN（3）设线圈中电流为0.5I0时，偏转角为1，此时电子在屏幕上落点距M点最远． 此时磁感应强度B10.5NI0QUOTE轨迹圆半径R1B 2mvr13 2R23r,tan1eB12R123643L 11电子在屏幕上落点距M点最远距离yLtan1亮线长度Y2y

物理答案

83L 111C 2C 3D 4B 5B 6D 7B 8AD 9AC 10AD 11ABD 12BCD 13（1）CD（2）2gL、5gL 214（1）0.6V（2）C、E（3）11.5，2.5

15（1）AD

（2）①因在t0时刻，x1.5m处的质点向y轴正方向运动，由波形图可以求出 该波的传播方向沿x轴正方向

②由图得：t(n)T，若3Tt4T，n=3，则t(3)T，解得T=0.016s 由公式v

3434T

，代入解得v75m/s

16（1）甲、EKmhW0

（2）①核反应过程质量数与核电荷数守恒，由题意可得：4m222206，解得：m4，

86822mn，解得：n4；

②核反应过程系统动量守恒，以粒子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvmPov0， 代入数据解得：v5.45107m/s；

17（1）设物体受到摩擦力为f，支持力为N，则fN 根据牛顿第二定律可得：在水平方向上Fcosfma 在竖直方向上NFsinmg，解得a0.50m/s （2）根据运动学公式可得vat1.0m/s

（3）设撤去拉力后滑行的最大距离为x，根据动能定理可得mgx0212mv，解得x0.1m 218（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得：mgh1mgL0， 代入数据得：h0.2m

（2）①设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何关系可得

cosRh R根据牛顿第二定律，对物体有mgtanma 对工件和物体整体有F2MmgMma 联立代入数据得F8.5N

②设物体平抛运动的时间为t，水平位移为x1，物块落点与B间的距离为 x2，由运动学公式可得

h12gt，x1vt 2x2x1Rsin

联立代入数据得x20.4m

19（1）设经过电子枪加速电场加速后，电子的速度大小为v，根据动能定理有：eU12mv，解2得：v2eU m（2）设电子在磁场中做圆运动的半径为R，运动轨迹如答图所示．

根据几何关系有：tan2r Rv26meU洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：evBm，由题知BNI0，解得：I0

R3reN（3）设线圈中电流为0.5I0时，偏转角为1，此时电子在屏幕上落点距M点最远． 此时磁感应强度B10.5NI0QUOTE轨迹圆半径R1B 2mvr13 2R23r,tan1eB12R123643L 11电子在屏幕上落点距M点最远距离yLtan1亮线长度Y2y

83L 11