安徽省合肥市肥东县综合高中2022-2023学年高三上学期1月期末物理试题
一、单选题
1．如图所示，楔形物块a固定在水平地面上，在其斜面上静止着小物块b．现用大小一定的力F分别沿不同方向作用在小物块b上，小物块b仍保持静止，则a、b之间的静摩擦力一定增大的是( )
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】摩擦力的判断与计算
【解析】【解答】设小物块b质量为m，没有施加力F时，a、b间的静摩擦力为。
A．当F平行斜面向下时，由平衡可知，即摩擦力增大，故A正确；
B．当时，，当时，，方向沿斜面向下，当时，，方向沿斜面向上，故B错误；
C．当F水平向左时，由平衡可得，则，由于F的大小不知道，所以此情况下摩擦力可能为0，可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，故C错误；
D．当F垂直斜面向下时，由平衡可得，故D错误。
故选A。
【分析】对小物块b受力分析，由平衡分析各选项得出结论。
2．甲、乙两车在同一直线车道上，均以相同的初速度向正方向运动，其加速度随时间变化的规律如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A．时刻，甲的速度小于乙的速度
B．时刻，甲的速度大于乙的速度
C．时间内，甲的位移小于乙的位移
D．时间内，甲的位移大于乙的位移
【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB．由图像中图线志坐标轴所围面积表示速度变化量可知，时间内，两车速度变化量相同，且两车均做加速运动，初速度也相同，则 时刻，甲的速度等于乙的速度，故AB错误；
CD．由图可知，甲车做加速度逐渐增大的加速运动，乙车做加速度逐渐减小的加速度运动，由两车可知，时间内，甲的位移小于乙的位移 ，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】由图像中图线志坐标轴所围面积表示速度变化量得出 时刻， 两车的速度大小关系；将图像转化为得出时间内， 两车的位移大小关系。
3．如图所示，一质点以某一速度v0从斜面(斜面足够长)底端斜向上抛出，落到斜面上时速度v方向水平向左．现将该质点以2v0的速度从斜面底端沿同样方向抛出．则质点两次落到斜面上时
A．落点不同，速度方向相同 B．落点相同，速度方向不同
C．落点相同，速度方向相同 D．落点不同，速度方向不同
【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】根据平抛运动推论：速度偏转角的正切值等于位移方向与水平方向夹角正切值的2倍可知，由于两次从斜面以相同方向抛出质点，说明平抛运动落到斜面上的速度方向相同，则质点两次落到斜面上时速度方向相同，设斜面倾角为，平抛运动的时间，则运动时间不同，竖直方向和水平方向位移不同，则落点不同。
故选A。
【分析】根据平抛运动推论：速度偏转角的正切值等于位移方向与水平方向夹角正切值的2倍逆向分析。
4．“北斗来了不迷路”，从跟跑到并跑，随着中国北斗三号全球卫星导航系统最后一颗、也就是第55颗组网卫星2020年6月23日成功发射，中国北斗卫星导航系统终于来到了和世界其他系统并肩前行的位置。北斗卫星导航系统空间段由35颗卫星组成，包括5颗静止轨道卫星、27颗中地球轨道卫星、3颗倾斜地球同步轨道卫星。其中中地球轨道卫星离地高度约2.1万千米，静止轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星离地高度均约为3.6万千米。以下说法正确的是（ ）
A．倾斜地球同步轨道卫星和静止轨道卫星线速度相同
B．地球赤道上的随地球一起自转的石块线速度比中地球轨道卫星线速度要大
C．中地球轨道卫星的运行周期小于地球自转周期
D．静止轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星的发射速度一定要超过7.9km/s，中地球轨道卫星的发射速度可以小于7.9km/s
【答案】C
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．由得可知， 倾斜地球同步轨道卫星和静止轨道卫星线速度大小相等，但方向不同，故A错误；
B．由得可知，地球同步卫星的线速度比中地球轨道线速度小，由于地球同步卫星的角速度与地球自转角速度相同，根据可知，地球赤道上的随地球一起自转的石块线速度小于地球同步卫星的线速度，故B错误；
C．由于地球同步卫星的角速度与地球自转角速度相同，则静止轨道卫星的周期与地球自转周期相等，由得，即中地球轨道卫星的周期小于静止轨道卫星的周期，所以中地球轨道卫星的周期小于地球自转周期，故C正确；
D.7.9km/s是发射地球卫星的最小速度，所以静止轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星和 中地球轨道卫星的发射速度都要大于7.9km/s，故D错误。
故选C。
【分析】由万有引力提供向心力结合圆周运动知识进行分析；理解第一宇宙速度的物理含义。
5．如图所示，电荷量为+q的点电荷与均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心O，图中AO=OB=d，A点的电场强度为零。下列说法正确的是（ ）
A．薄板带负电，电子在A点所具有的电势能一定为零
B．B、O两点间的电势差与A、O两点间的电势差相等
C．电子在B点所具有的电势能小于在A点所具有的电势能
D．带电薄板产生的电场在图中B点的电场强度为
【答案】C
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A．由题意可知，A点的电场强度为零，+q在A点产生的电场强度方向向左，则薄板在A点产生的电场强度方向向右，所以薄板带负电，由于零电势是人为求规定的，则电子在A点所具有的电势能不一定为零，故A错误；
B．由对称性可知，薄板在OA间与OB间产生的平均场强大小相等，+q在OA间和OB间产生的平均场强不相等，即OA间与OB间的平均场强不相等，所以B、O两点间的电势差与A、O两点间的电势差不相等，故B错误；
C．由电势的叠加原理可知，由于B点离正电荷更近，即B点电势更高，根据负电荷在电势高处电势能小可知，电子在B点所具有的电势能小于在A点所具有的电势能，故C正确；
D． 由题意可知，A点的电场强度为零，由场强的叠加原理可知， 带电薄板在A点产生的场强大小为，根据对称性可知，带电薄板在B点产生的场强大小与A点的大小相等，方向向左，故D错误。
故选C。
【分析】根据薄板产生电场的对称性结合电场强度的叠加原理和电势的叠加原理进行分析处理。
6．如图所示，在直角三角形ABC内存在垂直纸面向外的匀强磁场，AB边长度为d，，现垂直AB边以相同的速度射入一群质量均为m、电荷量均为q的带正电粒子（不考虑电荷间的相互作用），已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为，运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为，则下列判断中正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动的轨道半径一定是
B．粒子在磁场中运动的速度一定是
C．该匀强磁场的磁感应强度大小一定是
D．如果粒子带的是负电，不可能有粒子垂直BC边射出磁场
【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】C．由题意可知， 垂直AC边射出的粒子在磁场中的偏转角为，即有，由解得，故C正确；
AB．由题意可知， 垂直AC边射出的粒子在磁场中的偏转角为，运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为 ，说明粒子在磁场中偏转，即粒子从AB边射出，运动时间最长的粒子在磁场中做圆周运动的半径不是唯一的，即轨道半径不一定，根据可知，粒子在磁场中运动的速度也不是唯一的，故AB错误；
D．如果粒子带的是负电，则粒子可以以B为圆心转过垂直BC边射出磁场，故D错误。
故选C。
【分析】根据题意分析垂直AC边射出的粒子的时间长度与运动时间最长的粒子的时间关系，得出运动时间最长的粒子在磁场中做圆周运动的半径不是唯一的，则速度也不唯一。
二、多选题
7．如图所示，电路的a、b端接有电压有效值为U的正弦交流电，变压器为理想变压器，电路中电阻和的阻值均相同，电流表为理想电表．当开关S断开时，电流表的示数为I，当开关S闭合时，电流表的示数为，则
A．开关S闭合后，副线圈两端的电压降低
B．流过电阻的电流将变小
C．理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1
D．的阻值为
【答案】A,B,C
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】A．由题意可知，开关S断开时原线圈中的电流小于S闭合时的电流，开关S断开时R1两端的电压小于开关S闭合时的电压，则开关S断开时原线圈两端电压大于开关S闭合时原线圈两端电压，根据变压比可知，开关S闭合时，副线圈两端的电压降低，故A正确；
B．由于开关S闭合时，副线圈两端的电压降低即R3两端电压减小，流过R3的电流减小，故B正确；
CD．设理想变压器的匝数比为k，将变压器与负载等效为电阻其阻值为，开关S断开时有，开关S闭合时有，解得，，故C正确，D错误。
故选ABC。
【分析】根据题意结合电路特点分析副线圈两端电压的变化和流过R3电流的变化；设理想变压器的匝数比为k，将变压器与负载等效为电阻结合欧姆定律求解。
8．如图所示，a为xOy坐标系x负半轴上的一点，空间有平行于xOy坐标平面的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度v0从a点沿与x轴正半轴成θ角斜向右上射入电场．粒子只在电场力作用下运动，经过y正半轴上的b点（图中未标出），则下列说法正确的是（ ）
A．若粒子在b点速度方向沿轴正方向，则电场方向可能平行于轴
B．若粒子运动过程中在b点速度最小，则b点为粒子运动轨迹上电势最低点
C．若粒子在b点速度大小也为v0，则a、b两点电势相等
D．若粒子在b点的速度为零，则电场方向一定与v0方向相反
【答案】C,D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．若电场方向可能平行于轴，粒子在y轴方向做匀速直线运动，则粒子到达b点时的速度方向不可能沿x轴正方向，故A错误；
B． 若粒子运动过程中在b点速度最小，则运动过程中电场力做负功，电势能增大，由于粒子带正电，所以b点为粒子运动轨迹上电势最高点，故B错误；
C．由动能定理可知，若粒子在b点速度大小也为，则电场力做功为零，所以a、b两点电势差为零，即a、b两点电势相等，故C正确；
D．若粒子在b点速度为零，则带正电的粒子做匀减速直线运动，所以电场方向一定与方向相反，故D正确。
故选CD。
【分析】将粒子的运动分解为平行电场与垂直电场方向分析；电场力做功与电势能的关系进行分析；由动能定理得出a、b两点电势相等；根据b点速度为零得出带正电的粒子做匀减速直线运动，从而得出电场强度的方向。
9．如图甲所示，游乐园中的过山车虽然惊险刺激，但也有多种措施保证了它的安全运行。其中磁力刹车是为保证过山车在最后进站前的安全而设计的一种刹车形式。磁场很强的钕磁铁安装在轨道上，刹车金属框安装在过山车底部。简化为图乙所示的模型，将刹车金属框看作为一个边长为，总电阻为的单匝正方形线框，则过山车返回水平站台前的运动可以简化如下：线框沿着足够长的光滑斜面由某位置静止下滑，下边框进入匀强磁场时恰好做匀速直线运动。已知斜面与水平面的夹角为，过山车的总质量为，磁场区上下边界间的距离也为，磁感应强度大小为，方向垂直斜面向上，重力加速度为。则下列说法正确的是（ ）
A．开始下滑位置到磁场上边界的距离
B．线框刚进入磁场上边界时，感应电流的大小为
C．线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为
D．线框进入磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量为
【答案】A,B,D
【知识点】电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】A． 下边框进入匀强磁场时恰好做匀速直线运动，则有，得，从静止到下边框刚进入磁场过程中由动能定理有，即，故A正确；
B．对线框由平衡条件可得，解得，故B正确；
C．根据线框穿过磁场过程中运动的对称性可知，线框一直匀速穿过磁场，由能量守恒可知此过程中产生的焦耳热为，故C错误；
D．由、、得，故D正确。
故选ABD。
【分析】根据下边框进入匀强磁场时恰好做匀速直线运动，由平衡结合安培力和动生电动势进行处理；由能量守恒得出线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热；由、、得。
10．如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为+q的物块从A点由静止开始下落，加速度为，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点过程中，下列说法正确的是（ ）
A．该匀强电场的电场强度为
B．带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为
C．弹簧的弹性势能的增加量为
D．带电物块电势能的增加量为mg（H+h）
【答案】A,C
【知识点】能量守恒定律；电场强度
【解析】【解答】A．物块下落H过程中由牛顿第二定律得，解得，故A正确；
B．由功能关系可知，带电物块和弹簧组成的系统机械能减小量等于克服电场力做功即为，故B错误；
CD．物块电势能的增加量等于克服电场力做的功即为，对系统由能量守恒得物块减小的重力势能等于弹性势能的增加量与电势能增加量之和，即有，解得，故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】物块下落H过程中由牛顿第二定律求解电场强度；由功能关系可知，带电物块和弹簧组成的系统机械能减小量等于克服电场力做功；对系统由能量守恒得物块减小的重力势能等于弹性势能的增加量与电势能增加量之和。
三、实验题
11．（2020高三上·赣县期中）某同学设计出如图所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”，让小球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小球通过光电门时间t，当地的重力加速度为 g．
（1）为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪些物理量_________．
A．小球的质量m B．AB之间的距离H
C．小球从A到B的下落时间tAB D．小球的直径d
（2）小球通过光电门时的瞬时速度v = (用题中所给的物理量表示)．
（3）调整AB之间距离H，多次重复上述过程，作出 随H的变化图象如图所示，当小球下落过程中机械能守恒时，该直线斜率k0= ．
（4）在实验中根据数据实际绘出 —H图象的直线斜率为k（k＜k0），则实验过程中所受的平均阻力f与小球重力mg的比值 = （用k、k0表示）．
【答案】（1）B；D
（2）
（3）
（4）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，A不符合题意；根据实验原理可知，需要测量的是A点到光电门B的距离H，B符合题意；利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，C不符合题意；利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的直径，D符合题意．故答案为：BD．（2）已知经过光电门时的时间小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；
故 ；（3）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgH= mv2；
即：2gH=（ ）2
解得： ，那么该直线斜率k0= ．（4）乙图线 =kH，因存在阻力，则有：mgH-fH= mv2；
所以重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为 ；
【分析】（1）探究机械能守恒定律，需要测量物体的末速度和下落距离，等式两边的质量约掉了，故不需要测量质量；
（2）当运动位移很短时，物体的平均速度等于物体运动的瞬时速度，利用宽度除以挡光的时间即可；
（3）结合机械能守恒定理，根据图像的横纵坐标求解求出图像斜率的表达式；
（4）对物体应用动能定理，结合图像斜率求解阻力与重力的关系。
12．三元锂电池是电动汽车上常用的高能量密度电池，某实验小组利用图1所示的电路测量一节废旧三元锂电池的电动势和内阻。实验器材如下：
A．废旧三元锂电池一节（电动势约4V，内阻约2Ω）
B．电压表V（量程3V，内阻Rg=5kΩ）
C．定值电阻R0（阻值为2.5kΩ）
D．电阻箱R（最大阻值为999.9Ω）
E.开关、导线若干
回答下列问题：
（1）电路图中将电压表V和定值电阻R0串联，相当于将电压表的量程增加了 V；
（2）闭合开关S，改变电阻箱R的阻值，得到多组电压表示数U和电阻箱阻值R的值，由此作出的-R图像如图2所示，则该锂电池的电动势为E= V，内阻r= Ω；（结果均保留2位有效数字）
（3）若要对工作电压为6V、工作电流为0.5A的用电器供电，则要使该用电器正常工作，至少需要 节这样的锂电池串联在一起，此时电路中需要串联的分压电阻为 Ω。
【答案】（1）1.5V
（2）3.6；2.4
（3）3；2.4
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由题可知， 定值电阻R0 的阻值是电压表内阻的一半，根据串联电路电流相等可知， 定值电阻R0 分担电压为电压表量程的一半，则相当于将电压表的量程增加了1.5V；
（2） 由闭合电路欧姆定律可得，整理得，由图像可知，由数学知识可知，，即，联立解得；
（3）设至少要n节锂电池串联，则有，且，联立解得，即至少要3节这样的锂电池串联；根据闭合电路欧姆定律有。
【分析】（1）根据定值电阻与电压表内阻的关系确定电压表的量程增量；
（2）由闭合电路欧姆定律得出电压表示数的倒数与电阻R的倒数关系，结合数学知识得出结论；
（3）根据闭合欧姆定律进行分析。
四、解答题
13．如图，磁感应强度大小为B匀强磁场垂直纸面向里。点A、C、O、D处于一条水平线上，且。A处有一个粒子源，竖直向上同时射出速率不同的同种带电粒子，粒子经过以O为圆心、r为半径的圆周上各点。已知粒子质量为m，电量的绝对值为q，不计粒子重力和粒子间相互作用力，问：
（1）粒子带正电荷还是负电荷？到达C和到达D处的粒子的速率比；
（2）求粒子到达圆周所需的最短时间，及最先到达圆周的粒子的速度大小。
【答案】（1）解：由左手定则得，粒子带负电。
由洛伦兹力提供向心力得
由几何关系得
联立解得
（2）解：粒子在磁场中的运动周期为
又
解得
可见周期与速度无关。所以粒子运动的轨迹对应的圆心角越小，时间越短。由几何关系得，当轨迹圆弧的所对应的弦与圆相切时，时间最短。如图
则
时间最短，则该粒子最先到达。则
解得
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）由左手定则得出粒子的电性， 由洛伦兹力提供向心力结合几何关系得出速度之比；
（2）由几何关系分析得出当轨迹圆弧的所对应的弦与圆相切时，时间最短，结合粒子在磁场中做圆周运动知识处理。
14．（2020高二下·宜宾月考）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、三象限分布存在匀强电场E1、E2，电场E1的场强大小为 ，方向与x轴负方向成60°斜向下，电场E2的场强大小未知，方向与x轴正方向成30°角斜向上，比荷为1.0×105 C/kg的带正电粒子a从第三象限的P点由静止释放，粒子沿PO做匀加速直线运动，到达O点的速度为104 m/s，不计粒子的重力。
（1）求P、O两点间的电势差；
（2）粒子a插进入电场E1时，在电场E1某位置由静止释放另外一个完全相同的带电粒子b，使两粒子在离开电场前相遇，若相遇时所需时间最长，求在电场E1中由静止释放的带电粒子b的初始位置坐标。
【答案】（1）解：带电粒子a由P点运动到O点，根据动能定理有
解得
（2）解：粒子a在进入电场后做类平抛运动，设离开电场E1时到O点的距离为L，如图所示，则
由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子a进入电场E1时速度方向的直线OM上任一点释放粒子b，可保证两者离开电场前碰撞。
若相遇时所需时间最长，则在M点由静止释放带电粒子b即可，则有OM ＝ Lcos 30°
故M的横坐标为
M的纵坐标为
联立解得
即在电场E1中由静止释放带电粒子b的位置坐标为
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）利用动能定理可以求出电势差的大小；
（2）利用类平抛的位移公式结合几何知识可以求出初始坐标的大小。
15．如图所示，质量为m=1kg的物块，放置在质量M=2kg足够长木板的中间，物块与木板间的动摩擦因数为0.1，木板放置在光滑的水平地面上。在地面上方存在两个作用区，两作用区的宽度均为1m，边界距离为d，作用区只对物块有力的作用：I作用区对物块作用力方向水平向右，II作用区对物块作用力方向水平向左．作用力大小均为3N．将物块与木板从图示位置（物块在I作用区内的最左边）由静止释放，已知在整个过程中物块不会滑离木板．取g=10m/s2．
（1）在物块刚离开I区域时，物块的速度多大？
（2）若物块刚进入II区域时，物块与木板的速度刚好相同，求两作用区的边界距离d；
（3）物块与木板最终停止运动时，求它们相对滑动的路程.
【答案】（1）解：对物块由牛顿第二定律
得
由
得
（2）解：I区域内，对木板：由
得
木板到达I区域边缘处
离开I区域后： 对物块：由
得
对木板
当物块与木板达共同速度时
得
两作用区边界距离为
（3）解：由于，所以物块与木板最终只能停在两区域之间
由全过程能量守恒与转化规律
得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）由牛顿第二定律结合匀变速直线运动规律得出物块的速度；
（2）由木块与木板到达共速对两物体运动过程分析进行处理；
（3）由题意得出物块与木板最终只能停在两区域之间结合能量守恒进行处理。
16．如图甲所示，平行的金属导轨MN和PQ平行，间距L=1.0m，与水平面之间的夹角，匀强磁场磁感应强度B=2.0T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值的电阻，质量m=0.5kg，电阻的金属杆ab垂直导轨放置，金属棒与导轨间的动摩擦因数为。现用恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s=3.8m时达到稳定状态，对应过程的v-t图像如图乙所示。取g=10m/s2，导轨足够长。求：
（1）恒力F的大小及金属杆的速度为0.4m/s时的加速度大小；
（2）在0~1s时间内通过电阻R的电荷量q；
（3）从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，金属杆上产生的焦耳热。
【答案】（1）解：当金属棒匀速运动时，由平衡条件得
其中，
解得
当金属杆的速度为时，
由牛顿第二定律有
解得
（2）解：在时间内，由动量定理得
其中
解得
（3）解：从金属棒开始运动到达稳定，由动能定理得
又
所以解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1） 金属棒由平衡和当速度为0.4m/s时由牛顿第二定律列方程求解；
（2）在时间内，由动量定理得求出电荷量；
（3）从金属棒开始运动到达稳定，由动能定理得出热量，再根据串联电路中热量按电阻分配得出金属杆上产生的焦耳热。
安徽省合肥市肥东县综合高中2022-2023学年高三上学期1月期末物理试题
一、单选题
1．如图所示，楔形物块a固定在水平地面上，在其斜面上静止着小物块b．现用大小一定的力F分别沿不同方向作用在小物块b上，小物块b仍保持静止，则a、b之间的静摩擦力一定增大的是( )
A． B．
C． D．
2．甲、乙两车在同一直线车道上，均以相同的初速度向正方向运动，其加速度随时间变化的规律如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A．时刻，甲的速度小于乙的速度
B．时刻，甲的速度大于乙的速度
C．时间内，甲的位移小于乙的位移
D．时间内，甲的位移大于乙的位移
3．如图所示，一质点以某一速度v0从斜面(斜面足够长)底端斜向上抛出，落到斜面上时速度v方向水平向左．现将该质点以2v0的速度从斜面底端沿同样方向抛出．则质点两次落到斜面上时
A．落点不同，速度方向相同 B．落点相同，速度方向不同
C．落点相同，速度方向相同 D．落点不同，速度方向不同
4．“北斗来了不迷路”，从跟跑到并跑，随着中国北斗三号全球卫星导航系统最后一颗、也就是第55颗组网卫星2020年6月23日成功发射，中国北斗卫星导航系统终于来到了和世界其他系统并肩前行的位置。北斗卫星导航系统空间段由35颗卫星组成，包括5颗静止轨道卫星、27颗中地球轨道卫星、3颗倾斜地球同步轨道卫星。其中中地球轨道卫星离地高度约2.1万千米，静止轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星离地高度均约为3.6万千米。以下说法正确的是（ ）
A．倾斜地球同步轨道卫星和静止轨道卫星线速度相同
B．地球赤道上的随地球一起自转的石块线速度比中地球轨道卫星线速度要大
C．中地球轨道卫星的运行周期小于地球自转周期
D．静止轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星的发射速度一定要超过7.9km/s，中地球轨道卫星的发射速度可以小于7.9km/s
5．如图所示，电荷量为+q的点电荷与均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心O，图中AO=OB=d，A点的电场强度为零。下列说法正确的是（ ）
A．薄板带负电，电子在A点所具有的电势能一定为零
B．B、O两点间的电势差与A、O两点间的电势差相等
C．电子在B点所具有的电势能小于在A点所具有的电势能
D．带电薄板产生的电场在图中B点的电场强度为
6．如图所示，在直角三角形ABC内存在垂直纸面向外的匀强磁场，AB边长度为d，，现垂直AB边以相同的速度射入一群质量均为m、电荷量均为q的带正电粒子（不考虑电荷间的相互作用），已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为，运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为，则下列判断中正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动的轨道半径一定是
B．粒子在磁场中运动的速度一定是
C．该匀强磁场的磁感应强度大小一定是
D．如果粒子带的是负电，不可能有粒子垂直BC边射出磁场
二、多选题
7．如图所示，电路的a、b端接有电压有效值为U的正弦交流电，变压器为理想变压器，电路中电阻和的阻值均相同，电流表为理想电表．当开关S断开时，电流表的示数为I，当开关S闭合时，电流表的示数为，则
A．开关S闭合后，副线圈两端的电压降低
B．流过电阻的电流将变小
C．理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1
D．的阻值为
8．如图所示，a为xOy坐标系x负半轴上的一点，空间有平行于xOy坐标平面的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度v0从a点沿与x轴正半轴成θ角斜向右上射入电场．粒子只在电场力作用下运动，经过y正半轴上的b点（图中未标出），则下列说法正确的是（ ）
A．若粒子在b点速度方向沿轴正方向，则电场方向可能平行于轴
B．若粒子运动过程中在b点速度最小，则b点为粒子运动轨迹上电势最低点
C．若粒子在b点速度大小也为v0，则a、b两点电势相等
D．若粒子在b点的速度为零，则电场方向一定与v0方向相反
9．如图甲所示，游乐园中的过山车虽然惊险刺激，但也有多种措施保证了它的安全运行。其中磁力刹车是为保证过山车在最后进站前的安全而设计的一种刹车形式。磁场很强的钕磁铁安装在轨道上，刹车金属框安装在过山车底部。简化为图乙所示的模型，将刹车金属框看作为一个边长为，总电阻为的单匝正方形线框，则过山车返回水平站台前的运动可以简化如下：线框沿着足够长的光滑斜面由某位置静止下滑，下边框进入匀强磁场时恰好做匀速直线运动。已知斜面与水平面的夹角为，过山车的总质量为，磁场区上下边界间的距离也为，磁感应强度大小为，方向垂直斜面向上，重力加速度为。则下列说法正确的是（ ）
A．开始下滑位置到磁场上边界的距离
B．线框刚进入磁场上边界时，感应电流的大小为
C．线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为
D．线框进入磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量为
10．如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为+q的物块从A点由静止开始下落，加速度为，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点过程中，下列说法正确的是（ ）
A．该匀强电场的电场强度为
B．带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为
C．弹簧的弹性势能的增加量为
D．带电物块电势能的增加量为mg（H+h）
三、实验题
11．（2020高三上·赣县期中）某同学设计出如图所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”，让小球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小球通过光电门时间t，当地的重力加速度为 g．
（1）为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪些物理量_________．
A．小球的质量m B．AB之间的距离H
C．小球从A到B的下落时间tAB D．小球的直径d
（2）小球通过光电门时的瞬时速度v = (用题中所给的物理量表示)．
（3）调整AB之间距离H，多次重复上述过程，作出 随H的变化图象如图所示，当小球下落过程中机械能守恒时，该直线斜率k0= ．
（4）在实验中根据数据实际绘出 —H图象的直线斜率为k（k＜k0），则实验过程中所受的平均阻力f与小球重力mg的比值 = （用k、k0表示）．
12．三元锂电池是电动汽车上常用的高能量密度电池，某实验小组利用图1所示的电路测量一节废旧三元锂电池的电动势和内阻。实验器材如下：
A．废旧三元锂电池一节（电动势约4V，内阻约2Ω）
B．电压表V（量程3V，内阻Rg=5kΩ）
C．定值电阻R0（阻值为2.5kΩ）
D．电阻箱R（最大阻值为999.9Ω）
E.开关、导线若干
回答下列问题：
（1）电路图中将电压表V和定值电阻R0串联，相当于将电压表的量程增加了 V；
（2）闭合开关S，改变电阻箱R的阻值，得到多组电压表示数U和电阻箱阻值R的值，由此作出的-R图像如图2所示，则该锂电池的电动势为E= V，内阻r= Ω；（结果均保留2位有效数字）
（3）若要对工作电压为6V、工作电流为0.5A的用电器供电，则要使该用电器正常工作，至少需要 节这样的锂电池串联在一起，此时电路中需要串联的分压电阻为 Ω。
四、解答题
13．如图，磁感应强度大小为B匀强磁场垂直纸面向里。点A、C、O、D处于一条水平线上，且。A处有一个粒子源，竖直向上同时射出速率不同的同种带电粒子，粒子经过以O为圆心、r为半径的圆周上各点。已知粒子质量为m，电量的绝对值为q，不计粒子重力和粒子间相互作用力，问：
（1）粒子带正电荷还是负电荷？到达C和到达D处的粒子的速率比；
（2）求粒子到达圆周所需的最短时间，及最先到达圆周的粒子的速度大小。
14．（2020高二下·宜宾月考）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、三象限分布存在匀强电场E1、E2，电场E1的场强大小为 ，方向与x轴负方向成60°斜向下，电场E2的场强大小未知，方向与x轴正方向成30°角斜向上，比荷为1.0×105 C/kg的带正电粒子a从第三象限的P点由静止释放，粒子沿PO做匀加速直线运动，到达O点的速度为104 m/s，不计粒子的重力。
（1）求P、O两点间的电势差；
（2）粒子a插进入电场E1时，在电场E1某位置由静止释放另外一个完全相同的带电粒子b，使两粒子在离开电场前相遇，若相遇时所需时间最长，求在电场E1中由静止释放的带电粒子b的初始位置坐标。
15．如图所示，质量为m=1kg的物块，放置在质量M=2kg足够长木板的中间，物块与木板间的动摩擦因数为0.1，木板放置在光滑的水平地面上。在地面上方存在两个作用区，两作用区的宽度均为1m，边界距离为d，作用区只对物块有力的作用：I作用区对物块作用力方向水平向右，II作用区对物块作用力方向水平向左．作用力大小均为3N．将物块与木板从图示位置（物块在I作用区内的最左边）由静止释放，已知在整个过程中物块不会滑离木板．取g=10m/s2．
（1）在物块刚离开I区域时，物块的速度多大？
（2）若物块刚进入II区域时，物块与木板的速度刚好相同，求两作用区的边界距离d；
（3）物块与木板最终停止运动时，求它们相对滑动的路程.
16．如图甲所示，平行的金属导轨MN和PQ平行，间距L=1.0m，与水平面之间的夹角，匀强磁场磁感应强度B=2.0T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值的电阻，质量m=0.5kg，电阻的金属杆ab垂直导轨放置，金属棒与导轨间的动摩擦因数为。现用恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s=3.8m时达到稳定状态，对应过程的v-t图像如图乙所示。取g=10m/s2，导轨足够长。求：
（1）恒力F的大小及金属杆的速度为0.4m/s时的加速度大小；
（2）在0~1s时间内通过电阻R的电荷量q；
（3）从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，金属杆上产生的焦耳热。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】摩擦力的判断与计算
【解析】【解答】设小物块b质量为m，没有施加力F时，a、b间的静摩擦力为。
A．当F平行斜面向下时，由平衡可知，即摩擦力增大，故A正确；
B．当时，，当时，，方向沿斜面向下，当时，，方向沿斜面向上，故B错误；
C．当F水平向左时，由平衡可得，则，由于F的大小不知道，所以此情况下摩擦力可能为0，可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，故C错误；
D．当F垂直斜面向下时，由平衡可得，故D错误。
故选A。
【分析】对小物块b受力分析，由平衡分析各选项得出结论。
2．【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB．由图像中图线志坐标轴所围面积表示速度变化量可知，时间内，两车速度变化量相同，且两车均做加速运动，初速度也相同，则 时刻，甲的速度等于乙的速度，故AB错误；
CD．由图可知，甲车做加速度逐渐增大的加速运动，乙车做加速度逐渐减小的加速度运动，由两车可知，时间内，甲的位移小于乙的位移 ，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】由图像中图线志坐标轴所围面积表示速度变化量得出 时刻， 两车的速度大小关系；将图像转化为得出时间内， 两车的位移大小关系。
3．【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】根据平抛运动推论：速度偏转角的正切值等于位移方向与水平方向夹角正切值的2倍可知，由于两次从斜面以相同方向抛出质点，说明平抛运动落到斜面上的速度方向相同，则质点两次落到斜面上时速度方向相同，设斜面倾角为，平抛运动的时间，则运动时间不同，竖直方向和水平方向位移不同，则落点不同。
故选A。
【分析】根据平抛运动推论：速度偏转角的正切值等于位移方向与水平方向夹角正切值的2倍逆向分析。
4．【答案】C
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．由得可知， 倾斜地球同步轨道卫星和静止轨道卫星线速度大小相等，但方向不同，故A错误；
B．由得可知，地球同步卫星的线速度比中地球轨道线速度小，由于地球同步卫星的角速度与地球自转角速度相同，根据可知，地球赤道上的随地球一起自转的石块线速度小于地球同步卫星的线速度，故B错误；
C．由于地球同步卫星的角速度与地球自转角速度相同，则静止轨道卫星的周期与地球自转周期相等，由得，即中地球轨道卫星的周期小于静止轨道卫星的周期，所以中地球轨道卫星的周期小于地球自转周期，故C正确；
D.7.9km/s是发射地球卫星的最小速度，所以静止轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星和 中地球轨道卫星的发射速度都要大于7.9km/s，故D错误。
故选C。
【分析】由万有引力提供向心力结合圆周运动知识进行分析；理解第一宇宙速度的物理含义。
5．【答案】C
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A．由题意可知，A点的电场强度为零，+q在A点产生的电场强度方向向左，则薄板在A点产生的电场强度方向向右，所以薄板带负电，由于零电势是人为求规定的，则电子在A点所具有的电势能不一定为零，故A错误；
B．由对称性可知，薄板在OA间与OB间产生的平均场强大小相等，+q在OA间和OB间产生的平均场强不相等，即OA间与OB间的平均场强不相等，所以B、O两点间的电势差与A、O两点间的电势差不相等，故B错误；
C．由电势的叠加原理可知，由于B点离正电荷更近，即B点电势更高，根据负电荷在电势高处电势能小可知，电子在B点所具有的电势能小于在A点所具有的电势能，故C正确；
D． 由题意可知，A点的电场强度为零，由场强的叠加原理可知， 带电薄板在A点产生的场强大小为，根据对称性可知，带电薄板在B点产生的场强大小与A点的大小相等，方向向左，故D错误。
故选C。
【分析】根据薄板产生电场的对称性结合电场强度的叠加原理和电势的叠加原理进行分析处理。
6．【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】C．由题意可知， 垂直AC边射出的粒子在磁场中的偏转角为，即有，由解得，故C正确；
AB．由题意可知， 垂直AC边射出的粒子在磁场中的偏转角为，运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为 ，说明粒子在磁场中偏转，即粒子从AB边射出，运动时间最长的粒子在磁场中做圆周运动的半径不是唯一的，即轨道半径不一定，根据可知，粒子在磁场中运动的速度也不是唯一的，故AB错误；
D．如果粒子带的是负电，则粒子可以以B为圆心转过垂直BC边射出磁场，故D错误。
故选C。
【分析】根据题意分析垂直AC边射出的粒子的时间长度与运动时间最长的粒子的时间关系，得出运动时间最长的粒子在磁场中做圆周运动的半径不是唯一的，则速度也不唯一。
7．【答案】A,B,C
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】A．由题意可知，开关S断开时原线圈中的电流小于S闭合时的电流，开关S断开时R1两端的电压小于开关S闭合时的电压，则开关S断开时原线圈两端电压大于开关S闭合时原线圈两端电压，根据变压比可知，开关S闭合时，副线圈两端的电压降低，故A正确；
B．由于开关S闭合时，副线圈两端的电压降低即R3两端电压减小，流过R3的电流减小，故B正确；
CD．设理想变压器的匝数比为k，将变压器与负载等效为电阻其阻值为，开关S断开时有，开关S闭合时有，解得，，故C正确，D错误。
故选ABC。
【分析】根据题意结合电路特点分析副线圈两端电压的变化和流过R3电流的变化；设理想变压器的匝数比为k，将变压器与负载等效为电阻结合欧姆定律求解。
8．【答案】C,D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．若电场方向可能平行于轴，粒子在y轴方向做匀速直线运动，则粒子到达b点时的速度方向不可能沿x轴正方向，故A错误；
B． 若粒子运动过程中在b点速度最小，则运动过程中电场力做负功，电势能增大，由于粒子带正电，所以b点为粒子运动轨迹上电势最高点，故B错误；
C．由动能定理可知，若粒子在b点速度大小也为，则电场力做功为零，所以a、b两点电势差为零，即a、b两点电势相等，故C正确；
D．若粒子在b点速度为零，则带正电的粒子做匀减速直线运动，所以电场方向一定与方向相反，故D正确。
故选CD。
【分析】将粒子的运动分解为平行电场与垂直电场方向分析；电场力做功与电势能的关系进行分析；由动能定理得出a、b两点电势相等；根据b点速度为零得出带正电的粒子做匀减速直线运动，从而得出电场强度的方向。
9．【答案】A,B,D
【知识点】电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】A． 下边框进入匀强磁场时恰好做匀速直线运动，则有，得，从静止到下边框刚进入磁场过程中由动能定理有，即，故A正确；
B．对线框由平衡条件可得，解得，故B正确；
C．根据线框穿过磁场过程中运动的对称性可知，线框一直匀速穿过磁场，由能量守恒可知此过程中产生的焦耳热为，故C错误；
D．由、、得，故D正确。
故选ABD。
【分析】根据下边框进入匀强磁场时恰好做匀速直线运动，由平衡结合安培力和动生电动势进行处理；由能量守恒得出线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热；由、、得。
10．【答案】A,C
【知识点】能量守恒定律；电场强度
【解析】【解答】A．物块下落H过程中由牛顿第二定律得，解得，故A正确；
B．由功能关系可知，带电物块和弹簧组成的系统机械能减小量等于克服电场力做功即为，故B错误；
CD．物块电势能的增加量等于克服电场力做的功即为，对系统由能量守恒得物块减小的重力势能等于弹性势能的增加量与电势能增加量之和，即有，解得，故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】物块下落H过程中由牛顿第二定律求解电场强度；由功能关系可知，带电物块和弹簧组成的系统机械能减小量等于克服电场力做功；对系统由能量守恒得物块减小的重力势能等于弹性势能的增加量与电势能增加量之和。
11．【答案】（1）B；D
（2）
（3）
（4）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，A不符合题意；根据实验原理可知，需要测量的是A点到光电门B的距离H，B符合题意；利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，C不符合题意；利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的直径，D符合题意．故答案为：BD．（2）已知经过光电门时的时间小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；
故 ；（3）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgH= mv2；
即：2gH=（ ）2
解得： ，那么该直线斜率k0= ．（4）乙图线 =kH，因存在阻力，则有：mgH-fH= mv2；
所以重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为 ；
【分析】（1）探究机械能守恒定律，需要测量物体的末速度和下落距离，等式两边的质量约掉了，故不需要测量质量；
（2）当运动位移很短时，物体的平均速度等于物体运动的瞬时速度，利用宽度除以挡光的时间即可；
（3）结合机械能守恒定理，根据图像的横纵坐标求解求出图像斜率的表达式；
（4）对物体应用动能定理，结合图像斜率求解阻力与重力的关系。
12．【答案】（1）1.5V
（2）3.6；2.4
（3）3；2.4
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由题可知， 定值电阻R0 的阻值是电压表内阻的一半，根据串联电路电流相等可知， 定值电阻R0 分担电压为电压表量程的一半，则相当于将电压表的量程增加了1.5V；
（2） 由闭合电路欧姆定律可得，整理得，由图像可知，由数学知识可知，，即，联立解得；
（3）设至少要n节锂电池串联，则有，且，联立解得，即至少要3节这样的锂电池串联；根据闭合电路欧姆定律有。
【分析】（1）根据定值电阻与电压表内阻的关系确定电压表的量程增量；
（2）由闭合电路欧姆定律得出电压表示数的倒数与电阻R的倒数关系，结合数学知识得出结论；
（3）根据闭合欧姆定律进行分析。
13．【答案】（1）解：由左手定则得，粒子带负电。
由洛伦兹力提供向心力得
由几何关系得
联立解得
（2）解：粒子在磁场中的运动周期为
又
解得
可见周期与速度无关。所以粒子运动的轨迹对应的圆心角越小，时间越短。由几何关系得，当轨迹圆弧的所对应的弦与圆相切时，时间最短。如图
则
时间最短，则该粒子最先到达。则
解得
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）由左手定则得出粒子的电性， 由洛伦兹力提供向心力结合几何关系得出速度之比；
（2）由几何关系分析得出当轨迹圆弧的所对应的弦与圆相切时，时间最短，结合粒子在磁场中做圆周运动知识处理。
14．【答案】（1）解：带电粒子a由P点运动到O点，根据动能定理有
解得
（2）解：粒子a在进入电场后做类平抛运动，设离开电场E1时到O点的距离为L，如图所示，则
由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子a进入电场E1时速度方向的直线OM上任一点释放粒子b，可保证两者离开电场前碰撞。
若相遇时所需时间最长，则在M点由静止释放带电粒子b即可，则有OM ＝ Lcos 30°
故M的横坐标为
M的纵坐标为
联立解得
即在电场E1中由静止释放带电粒子b的位置坐标为
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）利用动能定理可以求出电势差的大小；
（2）利用类平抛的位移公式结合几何知识可以求出初始坐标的大小。
15．【答案】（1）解：对物块由牛顿第二定律
得
由
得
（2）解：I区域内，对木板：由
得
木板到达I区域边缘处
离开I区域后： 对物块：由
得
对木板
当物块与木板达共同速度时
得
两作用区边界距离为
（3）解：由于，所以物块与木板最终只能停在两区域之间
由全过程能量守恒与转化规律
得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）由牛顿第二定律结合匀变速直线运动规律得出物块的速度；
（2）由木块与木板到达共速对两物体运动过程分析进行处理；
（3）由题意得出物块与木板最终只能停在两区域之间结合能量守恒进行处理。
16．【答案】（1）解：当金属棒匀速运动时，由平衡条件得
其中，
解得
当金属杆的速度为时，
由牛顿第二定律有
解得
（2）解：在时间内，由动量定理得
其中
解得
（3）解：从金属棒开始运动到达稳定，由动能定理得
又
所以解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1） 金属棒由平衡和当速度为0.4m/s时由牛顿第二定律列方程求解；
（2）在时间内，由动量定理得求出电荷量；
（3）从金属棒开始运动到达稳定，由动能定理得出热量，再根据串联电路中热量按电阻分配得出金属杆上产生的焦耳热。
