2021-2022學(xué)年河北省衡水中學(xué)高三（下）線上測試物理試題（解析版）

1、 河北省衡水中學(xué)20212022學(xué)年高三年級(jí)線上測試物理學(xué)科第卷（選擇題共46分）一、單項(xiàng)選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）1. 如圖所示，不計(jì)重力的輕桿OP能以O(shè)為軸在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，P端掛一重物，另用一根輕繩通過滑輪系住P端，當(dāng)OP和豎直方向的夾角緩慢增大時(shí)（0），OP桿所受作用力的大?。ǎ〢. 恒定不變B. 逐漸增大C. 逐漸減小D. 先增大后減小【答案】A【解析】【詳解】在OP桿和豎直方向夾角緩慢增大時(shí)（0），結(jié)點(diǎn)P在一系列不同位置處于靜態(tài)平衡，以結(jié)點(diǎn)P為研究對象，如圖甲所示結(jié)點(diǎn)P受向下的拉力G，QP繩的拉力FT，OP桿的

2、支持力FN，三力中，向下的拉力恒定（大小、方向均不變），繩、桿作用力大小均變，繩PQ的拉力FT總沿繩PQ收縮的方向，桿OP支持力方向總是沿桿而指向桿恢復(fù)形變的方向（方向變化有依據(jù)），做出處于某一可能位置時(shí)對應(yīng)的力三角形圖，如圖乙所示，則表示這兩個(gè)力的有向線段組成的三角形與幾何線段組成的三角形相似，根據(jù)相似三角形知識(shí)即可求得，有可得即OP桿所受作用力的大小保持不變。故選A。2. 如圖所示，光滑水平面上放置質(zhì)量分別為m、2m和3m的三個(gè)木塊，其中質(zhì)量為2m和3m的木塊間用一輕彈簧相連，輕彈簧能承受的最大拉力為T?，F(xiàn)用水平拉力F拉質(zhì)量為3m的木塊，使三個(gè)木塊一起加速運(yùn)動(dòng)，則以下說法正確的是（）A.

3、質(zhì)量為2m的木塊受到四個(gè)力的作用B. 當(dāng)F逐漸增大到T時(shí)，輕彈簧剛好被拉斷C. 當(dāng)F逐漸增大到1.5T時(shí)，輕彈簧會(huì)被拉斷D. 撤去F瞬間，質(zhì)量為m的木塊所受摩擦力的大小和方向不變【答案】D【解析】【詳解】A質(zhì)量為2m的木塊受到重力、地面的支持力、彈簧的拉力、上面物體的壓力和摩擦力，共五個(gè)力的作用，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B當(dāng)F逐漸增大到T時(shí)，此時(shí)整體的加速度為此時(shí)彈簧的彈力為則此時(shí)輕彈簧沒有被拉斷，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C當(dāng)F逐漸增大到1.5T時(shí)，此時(shí)整體的加速度為此時(shí)彈簧的彈力為則此時(shí)輕彈簧沒有被拉斷，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D撤去F瞬間，彈簧的彈力不變，左邊兩物體的加速度不變，則質(zhì)量為m的木塊所受摩擦力的大小和方向不變，選

4、項(xiàng)D正確。故選D。3. 三顆人造衛(wèi)星A、B、C都在赤道正上方同方向繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，A、C為地球同步衛(wèi)星，某時(shí)刻A、B相距最近，如圖所示。已知地球自轉(zhuǎn)周期為T1，B的運(yùn)行周期為T2，則下列說法正確的是（ ）A. C加速可追上同一軌道上的AB. 經(jīng)過時(shí)間，A、B相距最遠(yuǎn)C. A、C向心加速度大小相等，且小于地面物體的自轉(zhuǎn)加速度D. 在相同時(shí)間內(nèi)，A與地心連線掃過的面積等于B與地心連線掃過的面積【答案】B【解析】【詳解】A衛(wèi)星C加速后做離心運(yùn)動(dòng)，軌道變高，不可能追上同一軌道上的A點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B衛(wèi)星A、B由相距最近到相距最遠(yuǎn)，圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過角度差為，所以可得其中則經(jīng)歷的時(shí)間故B正確；C衛(wèi)星A和C

5、的角速度與地球表面物體自轉(zhuǎn)的角速度相等，軌道半徑大于地球半徑，根據(jù)可知，衛(wèi)星衛(wèi)星A和C向心加速度大于地球表面物體自轉(zhuǎn)向心加速度。故C錯(cuò)誤；D繞地球運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星與地心的連線在相同時(shí)間t內(nèi)掃過的面積由萬有引力提供向心力，可知解得可知，在相同時(shí)間內(nèi)，A與地心連線掃過的面積大于B與地心連線掃過的面積，故D錯(cuò)誤。故選B。4. 如圖所示，在光滑的水平地面上有一個(gè)表面光滑的物塊P，它的質(zhì)量為M，一長為L的輕桿下端用光滑鉸鏈連接于O點(diǎn)，O點(diǎn)固定于地面上，輕桿的上端連接著一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球Q，它的質(zhì)量為m，且M=5m，開始時(shí)，小球斜靠在物塊左側(cè)，它距地面的高度為h，物塊右側(cè)受到水平向左推力F的作用，整個(gè)裝置處于

6、靜止?fàn)顟B(tài).若現(xiàn)在撤去水平推力F，則下列說法中錯(cuò)誤的是（）A. 物塊先做加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)B. 在小球和物塊分離前，當(dāng)輕桿與水平面的夾角為時(shí)，小球的速度大小C. 小球與物塊分離時(shí)，小球一定只受重力作用D. 在小球落地之前，小球的機(jī)械能一直減少【答案】D【解析】【詳解】A假設(shè)立方體和地面之間有摩擦力若摩擦力太大，則小球不會(huì)推動(dòng)立方體運(yùn)動(dòng)；如摩擦力太小，立方體會(huì)在小球落在水平地面上之前離開小球；若摩擦力適中，小球恰好在落到水平地面后與立方體分離由于物塊P與地面間沒有摩擦，故P物體會(huì)在小球落在水平地面上之前離開小球，故物塊先做加速運(yùn)動(dòng)(不一定是勻加速)，后做勻速運(yùn)動(dòng)，故A正確；B在小球和物塊分離前

7、，當(dāng)輕桿與水平面的夾角為時(shí)，由能量守恒定律有：mg(hLsin)= + 將小球的速度沿著水平方向和豎直方向正交分解，有vP=vQsin聯(lián)立解得vQ=故B正確；C對小球和立方體整體受力分析，受重力、桿的彈力T、支持力，在水平方向運(yùn)用牛頓第二定律，有：Tcos=(m+M)ax剛分離時(shí)加速度的水平分量為零，故桿的彈力為零，故小球只受重力，故C正確；D在分離之前，小球的機(jī)械能減小，分離后，只有重力做功，機(jī)械能守恒，故D錯(cuò)誤；此題選擇錯(cuò)誤的選項(xiàng)，故選D。5. 如圖所示，一輕彈簧放在傾角=30且足夠長的光滑斜面上，下端固定在斜面底端的擋板上，上端與放在斜面上的物塊A連接，物塊B與物塊A（二者質(zhì)量均為m）疊

8、放在斜面上并保持靜止，現(xiàn)用大小等于mg的恒力F平行斜面向上拉B，當(dāng)運(yùn)動(dòng)距離為L時(shí)B與A分離。下列說法正確的是（）A 彈簧處于原長時(shí)，B與A開始分離B. 彈簧的勁度系數(shù)為C. 彈簧的最大壓縮量為LD. 從開始運(yùn)動(dòng)到B與A剛分離的過程中，兩物體的動(dòng)能一直增大【答案】B【解析】【詳解】AB開始時(shí)彈簧的彈力大小為B與A剛分離時(shí)二者具有相同的加速度，且二者間彈力為零，由此可知，二者分離時(shí)彈簧對物體A的彈力大小為在此過程中，彈簧彈力的變化量的絕對值為根據(jù)胡克定律有解得選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；C彈簧的最大壓縮量為選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D開始時(shí)對AB整體有解得分離前瞬間有解得可見從開始運(yùn)動(dòng)到B與A剛分離的過程中，兩物體先加

9、速后減速，其動(dòng)能先增大后減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選B。6. 如圖甲所示，足夠長的長木板放置在水平地面上，一滑塊置于長木板左端。已知滑塊和木板的質(zhì)量均為2kg，現(xiàn)在滑塊上施加一個(gè)F=0.5t（N）的水平變力作用，從t=0時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，滑塊所受摩擦力f隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示。設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（）A. 滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2B. 木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2C. 圖乙中t2=24sD. 木板的最大加速度為1m/s2【答案】C【解析】【詳解】A根據(jù)圖乙可知，滑塊在t2以后受到的摩擦力不變，為8N，根據(jù)可得滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因

10、數(shù)為A錯(cuò)誤；B在t1時(shí)刻木板相對地面開始運(yùn)動(dòng)，此時(shí)滑塊與木板相對靜止，則木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為B錯(cuò)誤；CD在t2時(shí)刻，滑塊與木板將要發(fā)生相對滑動(dòng)，此時(shí)滑塊與木板間的靜摩擦力達(dá)到最大，且此時(shí)二者加速度相同，且木板的加速度達(dá)到最大，對滑塊有對木板有聯(lián)立解得則木板的最大加速度為2m/s2，根據(jù)可求得C正確，D錯(cuò)誤。故選C。7. 如圖所示，某空間中存在一個(gè)有豎直邊界的水平方向磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，現(xiàn)將一個(gè)等腰梯形閉合導(dǎo)線圈abcd，從圖示位置（ab邊處于磁場區(qū)域的左邊界）垂直于磁場方向水平從磁場左側(cè)以速度v勻速拉過這個(gè)區(qū)域，其中ab=L，cd=3L，梯形高為2L，線框abcd的總電阻為R下

11、圖中 ， ，則能正確反映該過程線圈中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的是（規(guī)定adcba的方向?yàn)殡娏髡较颍?A. B. C. D. 【答案】D【解析】【詳解】當(dāng)右邊進(jìn)入磁場時(shí)，便會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，由楞次定律得，感應(yīng)電流應(yīng)是逆時(shí)針方向，即正方向，由于有效切割長度逐漸增大，導(dǎo)致感應(yīng)電流的大小也均勻增大；當(dāng)運(yùn)動(dòng)了時(shí)，線框右邊出磁場，又運(yùn)動(dòng)了過程中，有效切割長度不變，則產(chǎn)生感應(yīng)電流的大小不變，但比剛出磁場時(shí)的有效長度縮短，導(dǎo)致感應(yīng)電流的大小比其電流小，但由楞次定律得，感應(yīng)電流應(yīng)仍是逆時(shí)針；當(dāng)線框左邊進(jìn)入磁場時(shí)，有效切割長度在變大，當(dāng)感應(yīng)電流的方向是順時(shí)針，即是負(fù)方向且大小增大，故選項(xiàng)D正確，ABC錯(cuò)誤故選D【點(diǎn)

12、睛】對于圖象問題可以通過排除法進(jìn)行求解，如根據(jù)圖象過不過原點(diǎn)、電流正負(fù)、大小變化等進(jìn)行排除二、多項(xiàng)選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有兩個(gè)或兩個(gè)以上選項(xiàng)符合題目要求全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分）8. 如圖所示，半徑為的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為。在磁場邊界上的點(diǎn)放置一個(gè)放射源，能在紙面內(nèi)以速率向各個(gè)方向發(fā)射大量的同種粒子，粒子的電荷量為、質(zhì)量為（不計(jì)粒子的重力），所有粒子均從磁場邊界的某段圓弧射出，其圓弧長度為。下列說法正確的是（）A. 粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速率為B. 所有粒子中在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間是C. 若粒子入射

13、速率為時(shí)，有粒子射出的邊界弧長變?yōu)镈. 將磁感應(yīng)強(qiáng)度大小改為時(shí)，有粒子射出的邊界弧長變?yōu)椤敬鸢浮緼C【解析】【詳解】A根據(jù)題意可知，圓弧長度為對應(yīng)的圓心角為圓弧長度為，則對應(yīng)的弦長為R，所以粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長弦為R，則有對粒子，根據(jù)牛頓第二定律有解得A正確；B當(dāng)粒子沿磁場圓的切線方向飛出時(shí)，粒子在磁場中將做一個(gè)完整的圓，則運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為B錯(cuò)誤；C若粒子入射速率為時(shí)，則半徑變?yōu)樵瓉淼谋?，則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長弦長為根據(jù)幾何關(guān)系可知，此時(shí)對應(yīng)的最大圓心角為，則最長弧長為。C正確；D將磁感應(yīng)強(qiáng)度大小改為時(shí)，則半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長弦長為根據(jù)幾何關(guān)系可知，此時(shí)對應(yīng)的最大圓

14、心角為，則最長弧長為。D錯(cuò)誤。故選AC。9. 如圖所示是氫原子四個(gè)能級(jí)的示意圖，當(dāng)氫原子從高能級(jí)向低能級(jí)躍遷時(shí)會(huì)輻射一定頻率的光子，以下說法正確的是（）A. 一個(gè)處于n=3能級(jí)的氫原子，自發(fā)躍遷時(shí)最多能輻射出三種不同頻率的光子B. 根據(jù)玻爾理論可知，氫原子輻射出一個(gè)光子后，氫原子的電勢能減小，核外電子動(dòng)能增大C. n=4能級(jí)的氫原子自發(fā)躍遷時(shí)，輻射光子的能量最大為12.75eVD. 用能量為11.0eV的電子轟擊基態(tài)氫原子能使其躍遷到更高能級(jí)【答案】BCD【解析】【詳解】A一個(gè)處于n=3能級(jí)的氫原子，自發(fā)躍遷時(shí)最多能輻射出二種不同頻率的光子（32、21），故A錯(cuò)誤；B氫原子輻射出一個(gè)光子后，從

15、高能級(jí)向低能級(jí)躍遷，軌道半徑減小，根據(jù)知，電子速率增大，動(dòng)能增大，又由于氫原子能量減小，則氫原子電勢能減?。ɑ蚋鶕?jù)庫侖力做正功判斷也可），故B正確；Cn=4能級(jí)的氫原子自發(fā)躍遷時(shí)，輻射光子的能量最大為故C正確；D用能量為11.0eV的電子轟擊基態(tài)氫原子，因?yàn)?1.0eV10.2 eV，所以能使其躍遷到更高能級(jí)，故D正確。故選BCD。10. 如圖甲所示，真空中水平放置兩塊長度為2d的平行金屬板P、Q，兩板間距為d，兩板間加上如圖乙所示最大值為U0的周期性變化的電壓，在兩板左側(cè)緊靠P板處有一粒子源A，自t=0時(shí)刻開始連續(xù)釋放初速度大小為v0，方向平行于金屬板的相同帶電粒子，t=0時(shí)刻釋放的粒子恰好

16、從Q板右側(cè)邊緣離開電場，已知電場變化周期，粒子質(zhì)量為m，不計(jì)粒子重力及相互間的作用力，則（）A. 在t=0時(shí)刻進(jìn)入的粒子離開電場時(shí)速度大小仍為v0B. 粒子的電荷量為C. 在時(shí)刻進(jìn)入的粒子離開電場時(shí)電勢能減少了D. 在時(shí)刻進(jìn)入的粒子剛好從P板右側(cè)邊緣離開電場【答案】AD【解析】【詳解】A粒子進(jìn)入電場后，水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，則t0時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間此時(shí)間正好是交變電場的一個(gè)周期；粒子在豎直方向先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一個(gè)周期，粒子的豎直速度為零，故粒子離開電場時(shí)的速度大小等于水平速度v0，選項(xiàng)A正確；B在豎直方向，粒子在時(shí)間內(nèi)的位移為，則計(jì)算得出選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C在時(shí)刻進(jìn)入電場

17、的粒子，離開電場時(shí)在豎直方向上的位移為故電場力做功為選項(xiàng)C錯(cuò)誤； D時(shí)刻進(jìn)入的粒子，在豎直方向先向下加速運(yùn)動(dòng)，然后向下減速運(yùn)動(dòng)，再向上加速，向上減速，由對稱可以知道，此時(shí)豎直方向的位移為零，故粒子從P板右側(cè)邊緣離開電場，選項(xiàng)D正確。故選AD。第卷（非選擇題共54分）三、實(shí)驗(yàn)題11. 如圖所示，附有滑輪的長木板平放在實(shí)驗(yàn)桌面上，將細(xì)繩一端拴在滑塊上，另一端繞過定滑輪，掛上適當(dāng)?shù)牟鄞a使小車在槽碼的牽引下運(yùn)動(dòng)，利用這套裝置做“探究加速度與力和質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)。（1）在進(jìn)行實(shí)驗(yàn)時(shí)，需要先將長木板傾斜適當(dāng)?shù)慕嵌?，這樣做的目的是_；A.使小車獲得較大的加速度B使細(xì)線的拉力等于小車受到的合外力C.使小車最

18、終能勻速運(yùn)動(dòng)D.使槽碼的重力近似等于細(xì)線的拉力（2）實(shí)驗(yàn)過程中打出的一條紙帶如圖，在紙帶上便于測量的地方選取第一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，在這個(gè)點(diǎn)上標(biāo)明A，第六個(gè)點(diǎn)上標(biāo)明B，第十一個(gè)點(diǎn)上標(biāo)明C，第十六個(gè)點(diǎn)上標(biāo)明D，第二十一個(gè)點(diǎn)上標(biāo)明E。測量時(shí)發(fā)現(xiàn)B點(diǎn)已模糊不清，于是測得AC的長度為12.26cm，CD的長度為6.60cm，DE的長度為6.90cm，則應(yīng)用所有測得的數(shù)據(jù)，可計(jì)算得出小車運(yùn)動(dòng)的加速度a=_m/s2（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）；（3）用此裝置可以進(jìn)行多個(gè)力學(xué)實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是_。A.“研究勻變速直線運(yùn)動(dòng)”時(shí)，不需要平衡摩擦力B.“驗(yàn)證牛頓第二定律”時(shí)，槽碼的質(zhì)量應(yīng)遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量C.“研究恒力做功與速

19、度變化關(guān)系時(shí)”，不需要平衡摩擦力D.傾斜木板平衡摩擦力后，可用該裝置進(jìn)行“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)【答案】 . B . 0.31 . AB#BA【解析】【詳解】（1）1在進(jìn)行實(shí)驗(yàn)時(shí)，需要先將長木板傾斜適當(dāng)?shù)慕嵌龋剐≤囍亓υ谘亻L木板方向的分力能夠與摩擦力平衡，從而使細(xì)線的拉力等于小車受到的合外力。故選B；（2）2小車運(yùn)動(dòng)加速度為（3）3A“研究勻變速直線運(yùn)動(dòng)”時(shí)，只需要小車做勻變速運(yùn)動(dòng)即可，不需要平衡摩擦力，故A正確；B“驗(yàn)證牛頓第二定律”時(shí)，需要用槽碼重力來表示小車所受合外力，設(shè)小車質(zhì)量為M，槽碼質(zhì)量為m。對小車根據(jù)牛頓第二定律有對槽碼同理有聯(lián)立解得由上式可知只有當(dāng)時(shí)才近似等于，故B正確；

20、C“研究恒力做功與速度變化關(guān)系時(shí)”，需要小車所受恒力等于合外力，所以需要平衡摩擦力，故C錯(cuò)誤；D平衡摩擦力只是將摩擦力的效果消除，但小車實(shí)際仍受摩擦力作用，機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。故選AB。12. 某個(gè)同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)電路，既能測量電池組的電動(dòng)勢和內(nèi)阻，又能同時(shí)測量未知電阻的阻值。器材如下：A電池組（四節(jié)干電池）B待測電阻（約）C電壓表（量程、內(nèi)阻很大）D電壓表（量程、內(nèi)阻很大）E電阻箱R（最大阻值）F開關(guān)一只，導(dǎo)線若干實(shí)驗(yàn)步驟如下：（1）將實(shí)驗(yàn)器材連接成如圖甲所示的電路，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，先讓電壓表接近滿偏，逐漸增加電阻箱的阻值，并分別讀出兩只電壓表的讀數(shù)。（2）根據(jù)記錄的電壓表的讀

21、數(shù)和電壓表的讀數(shù)，以為縱坐標(biāo)，以對應(yīng)的電阻箱的阻值為橫坐標(biāo)，得到的實(shí)驗(yàn)結(jié)果如圖乙所示。由圖可求得圖像在縱軸的截距為_，待測電阻_（保留兩位有效數(shù)字）。（3）圖丙分別是以兩電壓表的讀數(shù)為縱坐標(biāo)，以兩電壓表讀數(shù)之差與電阻箱阻值的比值為橫坐標(biāo)得到結(jié)果。由圖可求得電池組的電動(dòng)勢_V，縱坐標(biāo)為_，兩圖線的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為_，縱坐標(biāo)為_（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）?！敬鸢浮?. 1.0 . 8.0 . 6.0 . 4.0 . 0.5 . 4.0【解析】【詳解】（2）12串聯(lián)電路電流處處相等，由圖（甲）所示電路圖可知整理得則圖像的縱軸截距斜率解得（3）34由圖（甲）所示電路圖可知?jiǎng)t過原點(diǎn)的直線表示電阻的伏安特性

22、直線，函數(shù)關(guān)系為傾斜直線表示電源圖像，由圖示圖像可知，電源電動(dòng)勢電源內(nèi)阻電源路端電壓與干路電流的關(guān)系為兩圖線交點(diǎn)反應(yīng)的是電源與定值電阻直接串聯(lián)時(shí)的情況，交點(diǎn)的橫坐標(biāo)縱坐標(biāo)四、計(jì)算題（共28分，要寫出必要的文字說明和解題過程，只寫出結(jié)果，沒有過程不能得分）13. 如圖，靜止于A處的離子，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點(diǎn)垂直CN進(jìn)入矩形區(qū)域的有界勻強(qiáng)電場，電場方向水平向左，靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場，已知圓弧虛線所在處場強(qiáng)為E0，方向如圖所示；離子質(zhì)量為m、電荷量為q；QN=2d、PN=3d，離子重力不計(jì)。（1）求粒子離開加速度電場時(shí)的速度的大小及圓弧虛線對

23、應(yīng)的半徑R的大??；（2）若離子恰好能打在NQ的中點(diǎn)上，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的值；（3）若矩形區(qū)域內(nèi)的電場強(qiáng)度與（2）中的電場強(qiáng)度相同，從A點(diǎn)靜止釋放離子的電荷量為2q，其他不變，計(jì)算打到NQ上的位置?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）打在NQ的中點(diǎn)【解析】【分析】【詳解】（1）離子在加速電場中加速，根據(jù)動(dòng)能定理，有離子在輻向電場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有解得（2）離子做類平拋運(yùn)動(dòng)d=vt3d=at2由牛頓第二定律得qE=ma得（3）根據(jù)動(dòng)能定理得2qU=mv2根據(jù)牛頓第二定律得聯(lián)立得即在均勻輻向分布的電場里運(yùn)動(dòng)的半徑不變，故仍能從P點(diǎn)進(jìn)入上方的矩形電場

24、區(qū)域；離子做類平拋運(yùn)動(dòng)3d=at2由牛頓第二定律得2qE=max=vt=d即打在NQ的中點(diǎn)。14. 如圖甲所示，水平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系的第一象限有磁場分布，方向垂直于水平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度沿y軸方向沒有變化，沿x軸方向B與x成反比，如圖乙所示。頂角=53的光滑金屬長導(dǎo)軌MON固定在水平面內(nèi)，ON與x軸重合，一根與ON垂直的長導(dǎo)體棒在水平向右的外力作用下沿導(dǎo)軌向右滑動(dòng)，導(dǎo)體棒在滑動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好。已知t=0時(shí)，導(dǎo)體棒位于頂點(diǎn)O處，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m=1.0kg，OM與ON接觸點(diǎn)的總電阻恒為R=1.0，其余電阻不計(jì)。回路電流i與時(shí)間t的關(guān)系如圖丙所示，圖線是過原點(diǎn)的直線。已知sin53

25、=0.8，cos53=0.6。求：（1）t=2s時(shí)，回路的電動(dòng)勢E；（2）02s時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒的位移s；（3）02s時(shí)間內(nèi)，水平外力的沖量I的大??；（4）導(dǎo)體棒滑動(dòng)過程中，水平外力的瞬時(shí)功率P（單位：W）與時(shí)間t（單位：s）的關(guān)系式?！敬鸢浮浚?） ；（2）；（3） ；（4） 【解析】【詳解】(1)由歐姆定律將代入得(2)由歐姆定律和丙圖斜率含義得其中，聯(lián)立解得所以導(dǎo)體棒做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且02s時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒的位移為(3)由動(dòng)量定理得即由圖丙知由圖乙知2 s末的速度解得(4)根據(jù)牛頓第二定律可得由圖丙可知解得外力瞬時(shí)功率速度解得五、選考題：15題和16題只需要選擇其中一個(gè)作答。在答

26、題卡上將選擇的題號(hào)涂黑。如果多答，則按第一題計(jì)分。15. 下列說法中正確的是（）A. 若已知固體的摩爾質(zhì)量、密度、阿伏伽德羅常數(shù)，無法計(jì)算出單個(gè)固體分子的體積B. 重慶的冬天比較潮濕，濕的衣服不容易晾干，是因?yàn)榭諝獾南鄬穸却驝. 夏日的清晨，荷葉上滾動(dòng)的小露珠呈現(xiàn)為近似的球形，這是表面張力和浸潤現(xiàn)象共同作用的結(jié)果D. 若在玻璃杯中裝入半杯熱水后擰緊瓶蓋，靜置一段時(shí)間后發(fā)現(xiàn)瓶蓋很難擰開，由此可推斷單位時(shí)間內(nèi)瓶蓋受到瓶內(nèi)氣體分子的撞擊次數(shù)增大【答案】B【解析】【詳解】A若已知固體的摩爾質(zhì)量M、密度、阿伏伽德羅常數(shù)NA，則單個(gè)固體分子的體積為故A錯(cuò)誤；B重慶的冬天比較潮濕，濕的衣服不容易晾干，是因

27、為空氣的相對濕度大，造成衣服中的水分不容易蒸發(fā)，故B正確；C夏日的清晨，荷葉上滾動(dòng)的小露珠呈現(xiàn)為近似的球形，這是表面張力的作用，且此時(shí)露珠表現(xiàn)為與荷葉不浸潤，故C錯(cuò)誤；D若在玻璃杯中裝入半杯熱水后擰緊瓶蓋，靜置一段時(shí)間后發(fā)現(xiàn)瓶蓋很難擰開，這是由于氣體經(jīng)歷等容降溫過程后壓強(qiáng)減小，即單位時(shí)間內(nèi)瓶蓋受到瓶內(nèi)氣體分子的撞擊次數(shù)減小，故D錯(cuò)誤。故選B。16. 如圖所示，橫截面積為S=0.01m2的氣缸開口向下豎直放置，a、b為固定在氣缸內(nèi)壁的卡口（體積可忽略），a、b之間的距離為h=5cm，b與氣缸底部的距離為H=45cm，活塞與氣缸內(nèi)壁接觸良好，只能在a、b之間移動(dòng)，活塞厚度、質(zhì)量均可忽略，活塞下方掛一質(zhì)量m=10kg的重物，氣缸、活塞導(dǎo)熱性良好，活塞與氣缸之間的摩擦忽略不計(jì)，大氣壓強(qiáng)為p0=1105Pa，環(huán)境溫度為T0=288K，剛開始時(shí)氣缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)為p1=p0=