2018届河北省保定市定州中学高三下学期期中考试物理试卷(解析版)

2017-2018学年河北省保定市定州中学高三（下）期中物理试卷

一、单选题

1.如图所示，间距为L的足够长的平行金属导轨固定在斜面上，导轨一端接入阻值为R的定值电阻，t=0时，质量为m的金属棒由静止开始沿导轨下滑，t=T时，金属棒的速度恰好达到最大值vm，整个装置处于垂直斜面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，金属棒及导轨的电阻不计，下列说法正确的是( )

A. 时，金属棒的速度大小为

B. 0～T的过程中，金属棒机械能的减少量等于R上产生的焦耳热

C. 电阻R在0～内产生的焦耳热小于～T内产生的焦耳热

D. 金属棒0～内机械能的减少量大于～T内机械能的减少量

【答案】C

【解析】

A项：速度达到最大值前金属棒做加速度减小的加速运动，故相同时间内速度的增加量减小，所以时，金属棒的速度大于，故A错误；

B项：由能量守恒，的过程中，金属棒机械能的减小等于R上产生的焦耳热和金属棒与导轨间摩擦生热之和，故B错误；

C项：内金属棒的位移小于的位移，金属棒做加速运动，其所受安培力增大，所以内金属棒克服安培力做功更多，产生的电能更多，电阻R上产生的焦耳热更多，故C正确；

D项：内的位移比内的位移大，故内滑动摩擦力对金属棒做功多，由功能关系得，

内金属棒机械能的减小量更多，故D错误。

点晴：解决本题关键理解导体棒克服安培力做功等整个回路中产生的焦耳热，注意导体棒与导轨间还有摩擦产生热量，综合功能关系即可求解。

2.如图甲所示，轻杆一端与质量为1kg、可视为质点的小球相连，另一端可绕光滑固定轴在竖直平面内自由

转动，现使小球在竖直平面内做圆周运动，经最高点开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度v随时间t的变化关系如图乙所示，A、B、C三点分别是图线与纵轴、横轴的交点、图线上第一周期内的最低点，该三点的纵坐标分别是1、0、取，不计空气阻力，下列说法正确的是

A. 轻杆的长度为

B. 小球经最高点时，杆对它的作用力方向竖直向上

C. B点对应时刻小球的速度为

D. 曲线AB段与坐标轴所围图形的面积为

【答案】B

【解析】

【分析】

已知小球在ABC三个点的速度，A到C的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律即可求出杆的长度；结合小球过最高点的受力的特点，即可求出杆对小球的作用力的方向；由机械能守恒可以求出B点的速度；由于y轴表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线AB段与坐标轴所围图形的面积表示A到B的过程小球在水平方向的位移．

【详解】设杆的长度为L，小球从A到C的过程中机械能守恒，得：，解得

，故A错误。若小球在A点恰好对杆的作用力是0，则有，解得

。由于小球在A点的速度小于临界速度，所以小球做圆周运动需要的向心力小于重力，杆对小球的作用力的方向向上，故是竖直向上的支持力。故B正确。小球从A到B的过程中机械能守恒，得，所以，故C错误。由于y轴表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线AB段与坐标轴所围图形的面积表示A到B的过程小球在水平方向的位移，大小等于杆的长度，即。故D错误。故选B。

【点睛】该题考查竖直平面内的圆周运动，将牛顿第二定律与机械能守恒定律相结合即可正确解答.该题中的一个难点是D选项中“曲线AB段与坐标轴所围图形的面积”的意义要理解．

3.如图所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行。现给小滑块施加一个竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有

A. 小球对斜劈的压力保持不变

B. 轻绳对小球的拉力先减小后增大

C. 竖直杆对小滑块的弹力先增大再减小

D. 对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大

【答案】D

【解析】

【详解】A、B、对小球受力分析，受重力、支持力和细线的拉力，如图所示：

根据平衡条件可知，细线的拉力T增加，支持力N减小，根据牛顿第三定律，球对斜面的压力也减小；故A、B错误。

C、D、对球和滑块整体分析，受重力、斜面的支持力N，杆的支持力N′，拉力F，如图所示：

根据平衡条件，有：水平方向：N′=N sinθ，竖直方向：F+Ncosθ=G，由于N减小，故N′减小，F增加；故C错误、D正确。

故选D。

【点睛】本题考查共点力平衡条件的应用，关键是正确选择采用整体法和隔离法，灵活地选择研究对象，然后根据平衡条件并结合图示法和正交分解法分析即可。通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法。有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用。

二、多选题

4.如图所示，固定在竖直面内的光滑绝缘圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和2m的两个带电的小球

A、B（均可看作质点），小球A带正电，小球B带负电，带电荷量均为q，且小球A、B用一长为2R的轻质绝缘细杆相连，竖直面内有竖直向下的匀强电场（未画出），电场强度大小为E=．现在给小球一个扰动，使小球A从最高点由静止开始沿圆环下滑，已知重力加速度为g，在小球A滑到最低点的过程中，下列说法正确的是（）

A. 小球A减少的机械能等于小球B增加的机械能

B. 细杆对小球A和小球B做的总功为0

C. 小球A的最大速度为

D. 细杆对小球B做的功为mgR

【答案】BC

【解析】

由于电场力做功，两个球系统机械能不守恒，故A球增加的机械能不等于B球减少的机械能，故A错误；细杆对小球A和小球B的力等大反向，为系统内弹力，所以细杆对小球A和小球B做的总功为0，故B 错误；当A球运动到最低点时，电场力对系统做功4EqR=4mgR，速度最大，有：

4mgR+mg?2R-2mg?2R=（m+2m）v2解得：v=，故C正确；对B球，利用动能定理可得，W+2mgR-2mg?2R=×2mv2-0，解得细杆对B球所做的功W=-mgR，故D错误；故选C。

5.质量为m电量为的小滑块(可视为质点)，放在质量为M的绝缘长木板左端，木板放在光滑的水平地面上，滑块与木板之间的动障擦因数为，木板长为L，开始时两者都处于静止状态，所在空间存在范围足够大的一个方向竖直向下的匀强电场E，恒力F作用在m上，如图所示，则（）

A. 要使m与M发生相对滑动，只须满足

B. 若力F足够大，使得m与M发生相对滑动，当m相对地面的位移相同时，m越大，长木板末动能越大

C. 若力F足够大，使得m与M发生相对滑动，当M相对地面的位移相同时，E越大，长木板末动能越小

D. 若力F足够大，使得m与M发生相对滑动，E越大，分离时长本板末动能越大

【答案】BD

【解析】

A、m所受的最大静摩擦力为,则根据牛顿第二定律得,计算得出

.则只需满足,m与M发生相对滑动.故A错误.

B、当M与m发生相对滑动,根据牛顿第二定律得,m的加速度,知m越大,m的加速度越小,相同位移时,所以的时间越长,m越大,m对木板的压力越大,摩擦力越大,M的加速度越大,因为作用时间长,则位移大,根据动能定理知,长木板的动能越大.所以B选项是正确的.

C、当M与m发生相对滑动,E越大,m对M的压力越大,摩擦力越大,则M相对地面的位移相同时,根据动能定理知,长木板的动能越大.故C.错误

D、根据知,E越大,m的加速度越小,M的加速度越大，知时间越长,因为E越大,M的加速度越大,则M的位移越大,根据动能定理知,分离时长木板的动能越大.所以D选项是正确的.，

故选BD

点睛：当m与M的摩擦力达到最大静摩擦力,M与m发生相对滑动,根据牛顿第二定律求出F的最小值.当F 足够大时,M与m发生相对滑动,根据牛顿第二定律,结合运动学公式和动能定理判断长木板动能的变化.

6.如图所示，处于竖直平面内的正六边形金属框架ABCDEF、可绕过C点且与平面垂直的水平轴自由转动，该金属框架的边长为L，中心记为O，用两根不可伸长、长度均为L的轻质细线将质量为m的金属小球悬挂于框架的A、E两个顶点并处于静止状态，现令框架绕转轴、沿顺时针方向缓慢转过90°角，已知重力加速度为g，在包括初、末状态的整个转动过程中下列说法正确的是( )

A. 细线OA中拉力最大值为mg

B. 细线OE中拉力最大值为

C. 细线OA中拉力逐渐增大

D. 细线OE中拉力逐渐减小

【答案】BD

【解析】

对小球进行受力分析，如图所示，

Mg的对角始终为1200，设F TA的对角为，F TE的对角为，缓慢转动过程中，小球始终受力平衡，由正弦定理得，角由1500减小到600，F TA先增大后减小，当时，F TA最大，最大值为，故A、C错误；

角由900增加到1800，F TE减小到0，当时，F TE最大，最大值为，故B、D正确。

点晴：解决本题关键正确的受力分析，判断出角度的变化，由正弦定理求解。

7.如图所示，一半径为R的光滑半圆形细轨道，其圆心为O，竖直固定在地面上。轨道正上方离地高为h 处固定一水平光滑长直细杆，杆与轨道在同一竖直平面内，杆上P点处固定一定滑轮，P点位于O点正上方。A、B是质量均为m的小环，A套在杆上，B套在轨道上，一条不可伸长的轻绳通过定滑轮连接两环。两环均可看作质点，且不计滑轮大小与摩擦。现对A环施加一水平向右的力F，使B环从地面由静止开始沿轨道运动。则

A. 若缓慢拉动A环，B环缓慢上升至D点的过程中，F一直减小

B. 若缓慢拉动A环，B环缓慢上升至D点的过程中，外力F所做的功等于B环机械能的增加量

C. 若F为恒力，B环最终将静止在D点

D. 若F为恒力，B环被拉到与A环速度大小相等时，

【答案】ABD

【解析】

【分析】

作出B环的受力图，由合成法和三角形相似法分析F的变化。根据功能关系可知，外力F所做的功等于AB组成的系统机械能的增加量，当PB线与圆轨道相切时两球速度大小相等，若F为恒力，且B环能运动到D点速度不为零时，B环会经过D点之后将会沿半圆形轨道运动至右侧最低点，然后沿轨道返回左侧最低点，之后将重复运动。

【详解】以B环研究对象，根据力的三角形和相似可得，，，PO不变，PB减小，则绳子的拉力T慢慢减小，F减小。故A正确。

根据功能关系可知，外力F所做的功等于AB组成的系统机械能的增加量，缓慢拉动A，则A的动能不变，A的高度不变，重力势能不变，则A的机械能不变，所以外力F所做的功等于B环机械能的增加量，故B 正确。若F为恒力，且B环能运动到D点速度不为零时，B环会经过D点之后将会沿半圆形轨道运动至右侧最低点，然后沿轨道返回左侧最低点，之后将重复运动，故C错误。当PB线与圆轨道相切时，，根据数学知识有，故D正确。故选ABD。

【点睛】本题连接体问题，从功能关系研究两环能量的变化关系，关键要知道当PB线与圆轨道相切时两环的速度大小相等。

8.将一总电阻为1Ω，匝数n=4的线圈放在匀强磁场中，已知磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻其穿过线圈的磁通量按图示规律变化，则（）

A. 在0～8s内与8s～10s内线圈内的电流方向相同

B. 在0～8s内通过线圈导线截面的电荷量为8C

C. 在8s～10s线圈中感应电动势为1V

D. 现象中产生交变电流的有效值为2A

【答案】BD

【解析】

由楞次定律可以判断，回路中的电流方向改变，A错误；在0~8s内，，B

正确；，在8s~10s感应电动势，C错误；根据电流的热效应，，其中

，解得I=2A，D正确。

故选BD

9.如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球b，另一端与套在水平细杆上的小球a连接。在水平拉力F作用下小球a从图示虚线（最初是竖直的）位置开始缓慢向右移动(细绳中张力大小视为不变)。已知小球b的质量是小球a的2倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小球a与细杆间的动摩擦因数为。则下列说法正确的是（）

A. 当细绳与细杆的夹角为30°时，杆对a球的支持力为零

B. 支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增加

C. 支架对a球的摩擦力先减小后增加

D. 若时，拉力F先减小后增加

【答案】AC

【解析】

设a的质量为m，则b的质量为2m；以b为研究对象，竖直方向受力平衡，可得绳子拉力始终等于b的重力，即T=2mg，保持不变；以a为研究对象，受力如图所示：

设绳子与水平方向夹角为，支持力，向右缓慢拉动的过程中，角逐渐减小，当时

，解得，即，故A正确；向右缓慢拉动的过程中，两个绳子之间的夹角逐渐增大，绳子的拉力不变，所以绳子的合力减小，则绳子对滑轮的作用力逐渐减小，故B错误；由图可知，角度从变到，根据，可知，当角度从变到时一直减小到零，当角度从变到时反向增大，故摩擦力先减小后增大，故C正确；由受力分析图，可知水平方向：

，由于，而

，若，则，故拉力为，角度从变到的过程中，当

时为最大，则拉力最大，当角度继续减小时，开始减小，则拉力也开始减小，故拉力F先增大后减小，故D错误；故选AC.

【点睛】以b为研究对象可得绳子拉力始终保持不变，再以a为研究对象，根据共点力的平衡条件列方程求解摩擦力和拉力F的变化情况；随着a的右移，分析绳子与竖直方向的夹角变化情况，再分析两段绳子合力变化情况即可。

10.据有关资料介绍，受控核聚变装置中有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装，而是由磁场约束带电粒子运动，使之束缚在某个区域内。如图所示，环状磁场的内半径为，外半径为，被束缚的带电粒子的比荷为k，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度，速度大小为v。中空区域中的带电粒子都不会穿出磁场的外边缘而被约束在半径为的区域内，则环状区域内磁场的磁感应强度大小可能是（）

A. B.

C. D.

【答案】BC

【解析】

由题意可知，粒子的比荷k已经确定，由，得，粒子运动的半径r已经确定，要使所有的粒子都不能穿出磁场，有两种情况。第一种情况：与内圆相切的方向进入磁场的粒子在磁场运动的轨迹刚好与外圆相切，可知2r最大为，如图所示：

由图可知，，即，解得：，故AD不可能，C可能；第二种情况：其在环

形磁场内的运动轨迹圆中最大者与磁场外边界圆相切，如图所示：

设轨迹圆的半径为r，由几何关系得：，解得：，即，，故

B可能，故选BC.

11.如图所示，光滑“∏”形金属导体框平面与水平面的夹角为θ.两侧对称，间距为L，上端接入阻值为R的电阻。ab以上区域内有垂直于金属框平面磁感应强度为B的匀强磁场。质量为m的金属棒MN与金属框接触良好，由图示位置以一定的初速度沿导轨向上运动，进入磁场区域后又继续上升一段距离但未碰及电阻R。已知金属棒上升、下降经过ab处的速度大小分别为v1、v2，不计金属框、金属样电阻及空气的理力。下列说法中正确的是

A. 金属棒上升时间小于下降时间

B. v2的大小可能大于

C. 上升过程中电阻R产生的焦耳热较下降过程的大

D. 金属棒上升、下降经过ab处的时间间隔为

【答案】ACD

【解析】

A：由功能关系可得，金属棒在上升和下降经过同一位置（ab以上区域）时，上升时的速度大于下降时的

速度，则金属棒上升时间小于下降时间。故A项正确。

B：金属棒沿导体框下滑时，对金属棒受力分析，由牛顿第二定律可得：，金属棒做加速度减小的加速运动，当加速度等于0时，速度最大，即，则。故B项错误。

C：金属棒在上升和下降经过同一位置（ab以上区域）时，上升时的速度大于下降时的速度，金属棒在上升和下降经过同一位置（ab以上区域）时，上升时的受到安培力大于下降时受到的安培力，上升过程中金属棒克服安培力做的功大于下降过程中金属棒克服安培力做的功，则上升过程中电阻R产生的焦耳热较下降过程的大。故C项正确。

D：由分析可得，则，将该式对上升和下降的全程累积后可得：

，对全程、则

，即。故D项正确。

综上，本题答案为ACD。

12.建筑工人为了方便将陶瓷水管由高处送到低处，设计了如图所示的简易滑轨，两根钢管互相平行斜靠、固定在墙壁上，把陶瓷水管放在上面滑下。实际操作时发现陶瓷水管滑到底端时速度过大，有可能摔坏，为了防止陶瓷水管摔坏，下列措施可行的是

A. 在陶瓷水管内放置砖块

B. 适当减少两钢管间的距离

C. 适当增加两钢管间的距离

D. 用两根更长的钢管，以减小钢管与水平面夹角

【答案】CD

【解析】

A：在陶瓷水管内放置砖块，增大了整体的质量；重力沿钢管的分力与摩擦力同比增大，加速度不变，陶瓷水管滑到到达底端时速度不变。故A项措施不可行。

BC：适当减少两钢管间的距离，陶瓷水管受到的钢管支持力的夹角减小，陶瓷水管受到钢管支持力减小，陶瓷水管受到的摩擦力减小，即适当减少两钢管间的距离可以在不改变重力分量的情况下减小摩擦力，陶

瓷水管滑到到达底端时速度增大。反之，适当增加两钢管间的距离可以在不改变重力分量的情况下增大摩擦力，陶瓷水管滑到到达底端时速度减小。故B项措施不可行，C项措施可行。

D：用两根更长的钢管，以减小钢管与水平面夹角，陶瓷水管受到钢管支持力增大，陶瓷水管受到的摩擦力增大，则陶瓷水管下滑过程中重力做功不变，摩擦力做的负功增大，据动能定理可得陶瓷水管滑到到达底端时速度减小。故D项措施可行。

综上答案为CD。

13.如图甲所示，静止在水平面上的等边三角形金属闭合线框，匝数n=10，总电阻，边长L=0.3m，处在两个半径均为r=0.1m的圆形匀强磁场中，线框顶点与右侧圆心重合，线框底边与左侧圆直径重合，磁感应强度垂直水平面向外，垂直水平面向里，随时间t的变化如图乙所示，线框一直处于静止状态，计算过程中近似取。下列说法正确的是（）

A. t=0时刻穿过线框的磁通量为0.5Wb

B. t=0.2s时刻线框中感应电动势为1.5V

C. 内通过线框横截面的电荷量为0.18C

D. 线框具有向左的运动趋势

【答案】BC

【解析】

A、t=0时刻穿过线框的磁通量为：，选项A错误；

B、根据法拉第电磁感应定律可知，t=0.2s时刻线框中感应电动势为；选项B正确；

C、在0～0.3s内通过线框中的电量，选项C正确；

D、由楞次定律可知，线圈中垂直纸面向外的磁通量增大，感应电流顺时针方向，根据左手定则安培力向右，所以线圈有向右运动的趋势，故D错误；

故选BC。

14.如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为m的小球A、B与轻杆连接，置于圆轨道上，A与圆心O等高，B位于O的正下方，它们由静止释放，最终在水平面上运动。下列说法正确

的是（）

A. 下滑过程中A的机械能守恒

B. 当A滑到圆轨道最低点时，轨道对A的支持力大小为2mg

C. 下滑过程中重力对A做功的功率一直增加

D. 整个过程中轻杆对B做的功为

【答案】BD

【解析】

A、下滑过程中杆对A有力的作用，并且这个力对A做负功，所以A的机械能不守恒，故A项错误；

B、对AB为整体机械能守恒，当A滑到圆轨道最低点的过程中，由机械能守恒得，最低点时由支持力和重力的合力提供向心力，则有，所以轨道对A的支持力大小为2mg，故B项正确；

C、开始时重力做功功率为零，最后到水平面，速度方向水平，重力做功功率仍为零，所以重力做功的功率先增大后减小，故C项错误；

D、A运动到底端的过程中，由机械能守恒得，所以得B的动能增加量即轻杆对B做的功为

，故D项正确；

故选BD。

15.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，开关S闭合后，平行板电容器中的带电液滴M处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，则（）

A. 带电液滴M一定带正电

B. R4的滑片向上端移动时，电流表示数减小，电压表示数增大

C. 若仅将电容器下极板稍微向上平移，带电液滴M将向上极板运动

D. 若将开关S断开，带电液滴M将向下极板运动

【答案】BC

【解析】

A、电容器的上极板带正电,板间场强方向向下,带电液滴M处于平衡状态,则知受到的电场力向上,带电液滴M带负电,故A错误.

B、R4的滑片向上端移动时,其接入电路的电阻增大,根据“串反并同”知电流表示数减小,电压表示数增大,所以B选项是正确的.

C、若仅将电容器下极板稍微向上平移,因为板间电压U不变,由可得E增大,所以液滴受到的电场力增大,液滴将向上极板运动,所以C选项是正确的.

D、若将开关S断开,电容器板间电压增大,液滴受到的电场力增大,液滴将向上极板运动,故D错误.

故选BC

点睛：根据电容器板间场强的方向,分析液滴的电性.R4的滑片向上端移动时,根据“串反并同”分析两电表示数的变化.若仅将电容器下极板稍微向上平移,根据场强的变化,分析液滴所受电场力的变化,确定其运动方向.若将开关S断开,电容器板间电压增大,带电液滴M将向上运动.

16.如图所示，在竖直放置的平行金属板AB之间加上恒定电压U，A，B两板的中央留有小孔O1、O2，在B 板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向放置，第一次从小孔O1处从静止释放一个质子，第二次从小孔O1处从静止释放一个粒子，关于这两个粒子在电场中运动的判断正确的是（）

A. 质子和粒子打到感光板上时的速度之比为2:1

B. 质子和粒子在电场中运动的时间相同

C. 质子和粒子打到感光板上时的动能之比为1:2

D. 质子和粒子在电场中运动的轨迹重叠在一起

【答案】CD

【解析】

从开始运动到打到板上质子的速度为v1，α粒子速度为v2，根据动能定理：

Uq+Edq= mv2-0，

化简得出：

质子：；α粒子：

，故A错误．

设粒子在加速电场中加速时间为t1，加速位移为x1，在偏转电场中时间为t2，偏转位移为y，有：

由于质子和α粒子的加速位移和偏转位移相同，但是不同，所以运动时间不同，故B错误．从开始运动到打到板上根据动能定理有：Uq+Edq=E K-0

，故C正确．带电粒子进入偏转电场时根据动能定理可得：eU=mv02

进入偏转电场后电势差为u 2，偏转的位移为y，有：，

速度的偏转角正切值为tanθ，有：；偏转位移y与速度的偏转角正切值tanθ与带电粒子无关，因此运动轨迹是一条，故D正确．故选CD.

点睛：此题考查带电粒子在电场中的加速与偏转，要分清楚分运动的性质，通过求出偏转位移y与速度的偏转角正切值tanθ的表达式，可知运动轨迹与带电粒子无关.

17.如图所示，空间存在水平方向的匀强电场。在竖直平面上建立平面直角坐标系，在坐标平面的第一象限内固定绝缘光滑的半径为R的四分之一圆周轨道,轨道的两个端点在坐标轴上。一质量为m，带电量为+q 的小球从轨道上端由静止开始滚下，已知电场强度，则（）

A. 小球在轨道最低点的速度大小为

B. 小球在轨道最低点时对轨道的压力大小为

C. 小球脱离轨道后，当速度竖直向下时所在点的位置坐标为（－R，2R）

D. 小球脱离轨道后，运动轨迹将经过（0，9R）这一点

【答案】BD

【解析】

A、从轨道上端到末端，由动能定理有：，可得：，故A错误；

B、在末端有：，可得：，故B正确；

C、小球离开轨道时具有水平向左的速度，受竖直向下的重力和水平向右的电场力，其合力方向与速度不在同一直线上，小球应做匀变速曲线运动，当速度方向竖直向下时，水平方向的速度减为零，水平加速度大小为，所以运动时间为，水平方向的位移为，竖直方向下落的高度为

，因此所在点的位置坐标为（－R，3R），故C错误；

D、小球回到y轴时，水平方向的位移为零，经历的时间为，竖直方向的位移是，所以小球的运动轨迹将经过（0，－9R）这一点，故D正确；

故选BD。

【点睛】根据动能定理求出小球运动到最低点的速度，结合牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得知小球在B点对轨道的压力；小球脱离B点后，在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做加速度不变的匀减速直线运动，即可求得。

18.如图所示，半径为R的半圆形区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，半圆的左边垂直x轴放置一粒子发射装置，在的区间内各处均沿x轴正方向同时发射出一个带正电粒子，粒子质量均为m、电荷量均为q、初速度均为v，重力及粒子间的相互作用均忽略不计，所有粒子都能到达y轴，其中最后到达y轴的粒子比最先到达y轴的粒子晚时间，则

A. 磁场区域半径R应满足

B. 有些粒子可能到达y轴上相同的位置

C. ，其中角度的弧度值满足

D.

【答案】BC

【解析】

【分析】

粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由于粒子质量均为m、电荷量均为q、初速度均为v，所以半径相同，画出粒子的运动轨迹，根据圆周运动半径公式、周期公式结合几何关系即可求解。

【详解】粒子射入磁场后做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示：

的粒子直接沿直线做匀速运动到达y轴，其它粒子在磁场中发生偏转；以沿x轴射入的粒子为例，若，则粒子不能达到y轴就偏向上离开磁场区域，所以要求，所有粒子才能穿过磁场到达y轴，故A错误；由图可知，发生偏转的粒子也有可能打在的位置上，所以有些粒子可能会到达y轴的同一位置，故B正确；从x轴入射的粒子在磁场中对应的弧长最长，所以该粒子最后到达y轴，而

的粒子直接沿直线做匀速运动到达y轴，时间最短；从x轴入射的粒子运动时间为：

，的粒子直接沿直线做匀速运动到达y轴，时间最短，则；所以：，其中角度为从x轴入射的粒子运动的圆心角，根据几何关系有：，则

，故C正确；，由于，故，故D错误；故选BC。

【点睛】本题主要考查了带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的问题，要求同学们能正确画出粒子运动的轨迹，确定圆心位置，知道半径公式及周期公式，并能结合几何关系求解，难度适中。

19.如图所示，斜面1、曲面2和斜面3的顶端高度相同，底端位于同一水平面上，斜面1与曲面2的底边长度相同。一物体与三个面间的动摩擦因数相同，在它由静止开始分别沿三个面从顶端下滑到底端的过程中，下列判断正确的是

A. 物体减少的机械能

B. 物体减少的机械能

C. 物体到达底端时的速度

D. 物体到达底端时的速度

【答案】BD

【解析】

由功能关系可知物体克服摩擦力所做功，等于物体减少的机械能。当物体在斜面上滑动时，物体克服摩擦力所做功为，可知物体克服摩擦力所做功与BC边长度有关，，由于在轨道2上滑动时，为曲线运动，由牛顿第二定律可知，故在轨道2上滑动时滑动摩擦力大于

，综合上述分析；可得，故物体减少的机械能△E2>△E l>△E3；由动能定理可知，由于可得。故本题正确答案为BD

20.如图所示，斜面1、曲面2和斜面3的顶端高度相同，底端位于同一水平面上，斜面1与曲面2的水平底边长度相同。一物体与三个面间的动摩擦因数相同，当它由静止开始分别沿三个面从顶端下滑到底端的过程中，若损失的机械能分别为△E1、△E2、△E3，到达底端的速度分别为v1、v2、v3，则下列判断正确的是

A. △E1=△E2>△E3

B. △E2>△E1>△E3

C. v1=v2＜v3

D. v2< v1

【答案】BD

【解析】

设斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为L，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为：W=μmg cosθL．Lcosθ

即为底边长度，由图可知1底边大于3的，故损失的机械能关系为：△E1>△E3，物体在2上做曲线运动，则物体对曲面的压力大于对斜面1的压力，则物体下滑过程中克服摩擦力做功W2f=F N L>μmg Lcosθ=W1f，损失的机械能关系为：△E2 >△E1；即△E2＞△E1＞△E3，故A错误，B正确；根据能量关系：，则v2＜ v1＜v3，则选项D正确，C错误；故选BD.

三、实验题探究题

21. 某同学要分别测量一小灯泡（3．8V、1．5W）在常温下和正常工作时的电阻，方法如下：

（1）用欧姆表测量小灯泡常温下的电阻

①应先____________后________________（填写正确答案标号）

A．将选择开关置于×1档

B．将选择开关置于×10档

C．将红黑表笔短接调零

②测量示数如图甲，读数小灯泡常温下的电阻为______Ω。

（2）用图乙所示电路测量小灯泡正常工作时的电阻，图中为滑动变阻器，为电阻箱，电源电动势为E=6V，

①请在答题纸上将实物图连接补充完整

②为检查电路连接是否有断接处，该同学进行了如下操作：将的滑动触头P移至C处，只闭合，发现电压表示数接近6V，若仪器都完好，则没有连接好的区间是__________

A．ab段B．cd段C．eP段

③排除故障后，将拨向接点1，接通，调节__________，使电压表示数达到3．8V；之后拨向接点2，调节_______________，使___________，的读数即为小灯泡正常工作时的电阻。

【答案】：（1）①A；C；②3．7；

（2）如图所示；②B；③R1，R2，电压表示数再次达到3．8V

【解析】

试题分析：（1）因为小灯泡的电阻非常小，所以使用×1档测量，在换档后需要先进行欧姆调零，即将红黑表笔短接调零，故AC正确；欧姆表的读数为

（2）①如图所示，

②因在移动滑片过程中，电压表示数接近电源的电动势，说明电压表直接接在了电源两端；故说明cd段发生断路故障；

③开关接1，此时灯泡接入电路，为了让电压达到3．8V，应调节滑动变阻器R1；将开关拔到2后，调节R2使其两端电压为3．8V，则此时R2的示数与灯泡电阻相等；

考点：考查了伏安法测电阻

【名师点睛】掌握多用电表的使用方法，明确每次换档后应进行欧姆调零；同时掌握欧姆表的读数方法；

①根据原理图连接实物图；②明确电压表示数接近电源电动势的原因，从而明确故障所在；③根据电路图进行分析，明确实验中采用的替代法进行测量，则可知应进行的步骤

四、计算题

22.如图甲所示，光滑平行金属导轨水平放置，间距为1m，其间有竖直向上的匀强磁场，两相同的导体棒垂直导轨放置，导体棒质量均为0.5kg，电阻均为4，导体棒与导轨接触良好。锁定CD棒，在AB棒上加一水平向右的拉力，使AB棒从静止开始做匀加速直线运动，拉力随时间的变化规律如图乙所示，运动9m后撤去拉力，导轨足够长且电阻不计，求：