山東省臨沭第一中學(xué)2022-2023學(xué)年物理高三第一學(xué)期期中監(jiān)測(cè)模擬試題（含解析）

1、2022-2023高三上物理期中模擬試卷注意事項(xiàng)1考生要認(rèn)真填寫(xiě)考場(chǎng)號(hào)和座位序號(hào)。2試題所有答案必須填涂或書(shū)寫(xiě)在答題卡上，在試卷上作答無(wú)效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24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、一個(gè)質(zhì)量為1kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點(diǎn)，假如小球所受空氣阻力大小恒定，該過(guò)程的位移一時(shí)間圖像如圖所示，g取10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（ ）A小球拋出時(shí)的速度為12m/sB小球上升和下落的時(shí)間之比為C小球落回到拋

2、出點(diǎn)時(shí)所受合力的功率為D小球上升過(guò)程的機(jī)械能損失大于下降過(guò)程的機(jī)械能損失2、如圖所示,a、b兩物體的質(zhì)量分別為m1和m2,由輕質(zhì)彈簧相連.當(dāng)用恒力F豎直向上拉著a,使a、b一起向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),彈簧伸長(zhǎng)量為x1,加速度大小為a1;當(dāng)用大小仍為F的恒力沿水平方向拉著a,使a、b一起沿光滑水平桌面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),彈簧伸長(zhǎng)量為x2,加速度大小為a2,則()Aa1=a2,x1=x2Ba1x2Da1x23、如圖所示，豎直面內(nèi)光滑的3/4圓形導(dǎo)軌固定在一水平地面上，半徑為R一個(gè)質(zhì)量為m的小球從距水平地面正上方h高處的P點(diǎn)由靜止開(kāi)始自由下落，恰好從N點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入圓軌道不考慮空氣阻力，則下列說(shuō)法

3、正確的是（）A適當(dāng)調(diào)整高度h，可使小球從軌道最高點(diǎn)M飛出后，恰好落在軌道右端口N處B若h=2R，則小球在軌道最低點(diǎn)對(duì)軌道的壓力為4mgC只有h2.5R時(shí)，小球才能到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)MD若h=R，則小球能上升到圓軌道左側(cè)離地高度為R的位置，該過(guò)程重力做功為mgR4、如圖所示，質(zhì)量相同的兩小球(可看成質(zhì)點(diǎn))a、b分別從斜面頂端A和斜面中點(diǎn)B沿水平方向拋出后，恰好都落在斜面底端，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是A小球a、b在空中飛行的時(shí)間之比為21B小球a、b拋出時(shí)的初速度大小之比為21C小球a、b到達(dá)斜面底端時(shí)速度方向與斜面的夾角之比為11D小球a、b到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)能之比為415、某段高速公路對(duì)

4、載重貨車設(shè)定的允許速度范圍為5080 km/h，而上坡時(shí)若貨車達(dá)不到最小允許速度50 km/h，則必須走“爬坡車道”來(lái)避免危險(xiǎn)，如圖所示某質(zhì)量為4.0104 kg的載重貨車，保持額定功率200 kW在“爬坡車道”上行駛，每前進(jìn)1 km，上升0.04 km，汽車所受的阻力(摩擦阻力與空氣阻力)為車重的0.01倍，g取10 m/s2，爬坡車道足夠長(zhǎng)，則貨車勻速上坡的過(guò)程中()A牽引力等于2104 NB速度可能大于36 km/hC上坡過(guò)程增加的重力勢(shì)能等于汽車牽引力所做的功D上坡過(guò)程增加的機(jī)械能等于汽車克服阻力所做的功6、某物體在三個(gè)共點(diǎn)力的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，若把其中一個(gè)力 F1 的方向沿順時(shí)針轉(zhuǎn)

5、過(guò)60 角而保持其大小不變，其余兩力保持不變，則此時(shí)物體所受的合力大小為AF1BF1C2 F1D無(wú)法確定二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、發(fā)射地球同步衛(wèi)星時(shí)，先將衛(wèi)星發(fā)射到近地圓軌道1，然后在圓軌道1的Q點(diǎn)經(jīng)點(diǎn)火使衛(wèi)星沿橢圓軌道2運(yùn)行，待衛(wèi)星到橢圓軌道2上距地球最遠(yuǎn)點(diǎn)P處，再次點(diǎn)火，將衛(wèi)星送入同步圓軌道3，如圖所示則衛(wèi)星在軌道1、2和3上正常運(yùn)行時(shí)，有（ ）A衛(wèi)星在軌道3上的速率大于在軌道1上的速率B衛(wèi)星在軌道3上的角速度小于在軌道1上的角速度C衛(wèi)星在軌道1上經(jīng)Q點(diǎn)

6、的加速度等于它在軌道2上經(jīng)Q點(diǎn)的加速度D衛(wèi)星在軌道2上運(yùn)行時(shí)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的加速度跟經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)的加速度相等8、下列說(shuō)法正確的是（ ）A布朗運(yùn)動(dòng)反映了液體分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)B0 的冰熔化成0 的水的過(guò)程中內(nèi)能和分子勢(shì)能都有增大C物體的溫度為0時(shí)，物體分子的平均動(dòng)能為零D隨著低溫技術(shù)的發(fā)展，我們可以使溫度逐漸降低，但不能達(dá)到絕對(duì)零度E.氣體分子的平均動(dòng)能越大，則氣體壓強(qiáng)越大F.空氣的相對(duì)濕度定義為水的飽和蒸汽壓與相同溫度時(shí)空氣中所含水蒸氣的壓強(qiáng)之比9、如圖所示，質(zhì)量為M的薄木板靜止在粗糙水平桌面上，木板上放置一質(zhì)量為m的木塊已知m與M之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，m、M與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為2現(xiàn)對(duì)M施一水平恒力F，

7、將M從m下方拉出，而m恰好沒(méi)滑出桌面，則在上述過(guò)程中A水平恒力F一定大于3(m+M)gBm在M上滑動(dòng)的時(shí)間和在桌面上滑動(dòng)的時(shí)間相等CM對(duì)m的沖量大小與桌面對(duì)m的沖量大小相等D若增大水平恒力F，木塊有可能滑出桌面10、如圖所示，在直角三角形ABC內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出），AB邊長(zhǎng)度為d，現(xiàn)垂直AB邊射入一群質(zhì)量均為m、電荷量均為q、速度大小均為v的帶正電粒子，已知垂直AC邊射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，則下列判斷正確的是（）A粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為4t0B該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為C粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為D粒子進(jìn)

8、入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，不要求寫(xiě)出演算過(guò)程。11（6分）某同學(xué)欲運(yùn)用牛頓第二定律測(cè)量滑塊的質(zhì)量M，其實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示，設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)步驟為：（1）調(diào)整長(zhǎng)木板傾角，當(dāng)鉤碼的質(zhì)量為m0時(shí)滑塊恰好沿木板向下做勻速運(yùn)動(dòng)；（2）保持木板傾角不變，撤去鉤碼m0，將滑塊移近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，然后釋放滑塊，滑塊沿木板向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，并打出點(diǎn)跡清晰的紙帶如圖乙所示(打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的工作頻率為50Hz)請(qǐng)回答下列問(wèn)題：打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在打下D點(diǎn)時(shí)滑塊的速度vD=_m/s；(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度a=_m/s2；(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)

9、滑塊質(zhì)量M=_(用字母a、m0和當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭表示)（3）保持木板傾角不變，掛上質(zhì)量為m(均小于m0)的鉤碼，滑塊沿木板向下勻加速運(yùn)動(dòng)，測(cè)出滑塊的加速度；多次改變鉤碼的質(zhì)量，分別求出相應(yīng)的加速度（4）若繩的拉力與所掛鉤碼的重力大小相等，作出amg圖象如圖丙所示，則由圖丙可求得滑塊的質(zhì)量M=_kg(取g=10m/s2，結(jié)果保留3位有效數(shù)字)12（12分）某同學(xué)利用圖示裝置測(cè)量某種單色光的波長(zhǎng)實(shí)驗(yàn)時(shí)，接通電源使光源正常發(fā)光：調(diào)整光路，使得從目鏡中可以觀察到干涉條紋回答下列問(wèn)題：（1）若想增加從目鏡中觀察到的條紋個(gè)數(shù)，該同學(xué)可_；A將單縫向雙縫靠近B將屏向靠近雙縫的方向移動(dòng)C將屏向遠(yuǎn)離雙縫的方向移

10、動(dòng)D使用間距更小的雙縫（2）若雙縫的間距為d，屏與雙縫間的距離為l，測(cè)得第1條暗條紋到第n條暗條紋之間的距離為x，則單色光的波長(zhǎng)=_；（3）某次測(cè)量時(shí)，選用的雙縫的間距為1311 mm，測(cè)得屏與雙縫間的距離為1.21 m，第1條暗條紋到第4條暗條紋之間的距離為7.56 mm則所測(cè)單色光的波長(zhǎng)為_(kāi)nm（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，要求寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟。13（10分）真空中有如圖所示的矩形區(qū)域，該區(qū)域總高度為2h、總寬度為4h，其中上半部分有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，下半部分有方向豎直向下的

11、勻強(qiáng)電場(chǎng)以水平分界線為x軸，正中心為坐標(biāo)原點(diǎn)O，在處有一與x軸垂直的足夠大的光屏(圖中未畫(huà)出)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子不斷地從下邊界中點(diǎn)P處由靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)勻強(qiáng)電場(chǎng)加速，通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)后射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中粒子間的相互作用和粒子重力均不計(jì)(1)若粒子從P點(diǎn)開(kāi)始到第二次通過(guò)x軸時(shí)，恰好過(guò)x=h的點(diǎn)A，求加速電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)(2)若要求粒子從磁場(chǎng)的右側(cè)邊界射出，求符合條件的加速電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的范圍(3)若將光屏向x軸正方向平移，粒子打在屏上的位置始終不改變，則加速電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)多大?粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間多長(zhǎng)?14（16分）如圖所示為一倒U型的玻璃管，左端封閉，右端開(kāi)口且足夠長(zhǎng)，導(dǎo)熱性能良好。當(dāng)溫度為27時(shí)

12、，封閉在管內(nèi)的氣柱AB長(zhǎng)5cm，BC長(zhǎng)10cm，水銀柱水平部分CD長(zhǎng)5cm，豎直部分DE長(zhǎng)15cm。已知環(huán)境大氣壓p0=75cmHg不變，求管內(nèi)氣柱溫度升至167時(shí)的長(zhǎng)度。15（12分）如圖所示，質(zhì)量為5kg的物塊自傾角為37的傳送帶上由靜止下滑，物塊經(jīng)過(guò)水平地面CD后進(jìn)入光滑半圓弧軌道DE，傳送帶向下勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，其速度v=10m/s，傳送帶與水平地面之間光滑連接（光滑圓弧BC長(zhǎng)度可忽略），傳送帶AB長(zhǎng)度為16m，水平地面 CD長(zhǎng)度為6.3 m，物塊與水平地面、傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為=0.5，圓弧DE的半徑R=1.125m（sin 37=0.6，cos 37=0.8）（1）求物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)

13、時(shí)系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量；（2）物塊到達(dá)E點(diǎn)時(shí)的速度參考答案一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24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、C【解析】由圖知，小球上升的位移 x=24m，用時(shí) t1=2s，平均速度由得初速度 v0=24m/s故A錯(cuò)誤上升時(shí)加速度大小為；由牛頓第二定律得：mg+f=ma1；解得空氣阻力的大小 f=2N；對(duì)于下落過(guò)程，由牛頓第二定律得 mg-f=ma2；解得 a2=8m/s2；則 a1：a2=3：2；根據(jù)位移公式x=at2，及上升和下落的位移大小相等，可知上升和下落的時(shí)間之比為故B錯(cuò)誤由上可得下落時(shí)間，小球落回到拋出點(diǎn)時(shí)速度為所受合力 F合=mg

14、-f=8N，此時(shí)合力的功率為故C正確小球上升和下落兩個(gè)過(guò)程克服空氣阻力做功相等，由功能原理知，球上升過(guò)程的機(jī)械能損失等于下降過(guò)程的機(jī)械能損失故D錯(cuò)誤故選C2、B【解析】先對(duì)AB整體進(jìn)行分析，可以得出整體運(yùn)動(dòng)的加速度；再對(duì)隔離出受力最少的一個(gè)進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律可得出彈簧彈力，則可得出彈簧的形變量【詳解】對(duì)整體分析有： ，可知a1a1；隔離對(duì)b分析有：F1-m1g=m1a1，解得：，可知F1=F1，根據(jù)胡克定律知，x1=x1故應(yīng)選：B【點(diǎn)睛】本題考查了牛頓第二定律和胡克定律的基本運(yùn)用，掌握整體法和隔離法的靈活運(yùn)用3、C【解析】若小球從M到N做平拋運(yùn)動(dòng)，故有：R=vMt， ，所以， ；若小

15、球能到達(dá)M點(diǎn)，對(duì)小球在M點(diǎn)應(yīng)用牛頓第二定律可得： ，所以，故小球不可能從軌道最高點(diǎn)M飛出后，恰好落在軌道右端口N處，故A錯(cuò)誤；設(shè)小球在最低點(diǎn)速度為v，對(duì)小球從靜止到軌道最低點(diǎn)應(yīng)用動(dòng)能定理可得：mgh=mv2；再由牛頓第三定律，對(duì)小球在最低點(diǎn)應(yīng)用牛頓第二定律可得：小球在軌道最低點(diǎn)對(duì)軌道的壓力 ；故B錯(cuò)誤；對(duì)小球從靜止到M點(diǎn)應(yīng)用動(dòng)能定理可得： ，所以，h2.5R，故C正確；若h=R，由動(dòng)能定理可得：小球能上升到圓軌道左側(cè)離地高度為R的位置，該過(guò)程始末位置高度差為零，故重力做功為零，故D錯(cuò)誤；故選C4、C【解析】根據(jù)下落的高度求出平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比,結(jié)合水平位移和時(shí)間求出初速度之比,根據(jù)動(dòng)能定理求出

16、小球到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)能之比.抓住速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍,求出兩球的速度方向與斜面的夾角關(guān)系.【詳解】A、因?yàn)閍、b兩球下落的高度之比為2:1,根據(jù) 得, ,則飛行時(shí)間之比為 ,故A錯(cuò)誤.B、a、b兩球的水平位移之比為2:1,時(shí)間之比為,根據(jù) 知,初速度之比為,故B錯(cuò)；C、小球落在斜面上時(shí),速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍,因?yàn)槲灰婆c水平方向的夾角相等,則速度與水平方向的夾角相等,到達(dá)斜面底端時(shí)速度方向與斜面的夾角也相等,故C對(duì);D、根據(jù)動(dòng)能定理可以知道,到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)能之比代入已知量可知 ，故D錯(cuò)；故選C5、A【解析】

17、A、貨車勻速上坡的過(guò)程中，根據(jù)平衡條件，牽引力的大小故A正確B、根據(jù)可得故B錯(cuò)C、上坡的過(guò)程中增加的重力勢(shì)能等于汽車牽引力做的功與克服阻力做功之差，故C錯(cuò)D根據(jù)功能關(guān)系，上坡過(guò)程中增加的機(jī)械能等于汽車牽引力做功與克服阻力所做功之差故D錯(cuò)【點(diǎn)睛】本題通過(guò)汽車的運(yùn)動(dòng)來(lái)考查公式，以及功能關(guān)系本題在審題是要特別注意的是汽車是勻速爬坡的，所以汽車增加的機(jī)械能就等于增加的重力勢(shì)能6、A【解析】力平衡中任意兩個(gè)力的合力與第三個(gè)力等值、反向、共線，故除F1外的兩個(gè)力的合力大小等于F1，方向與F1反向，故等效成物體受兩個(gè)互成120的大小等于F1的力作用；根據(jù)平行四邊形定則可知，兩個(gè)大小相等且互成120的力合成時(shí)

18、，合力在兩個(gè)分力的角平分線上，大小等于分力，故此時(shí)物體所受到的合力大小為F1；AF1，與結(jié)論相符，選項(xiàng)A正確；BF1，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C2 F1，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D無(wú)法確定，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選A。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、BC【解析】衛(wèi)星在1軌道和3軌道均是萬(wàn)有引力提供向心力：，所以，A錯(cuò)。=GMr3,13B對(duì)；軌道1上經(jīng)Q點(diǎn)的加速度和它在軌道2上經(jīng)Q點(diǎn)的加速度均是由萬(wàn)有引力提供加速度，相同，所以a相同，所以C對(duì)；P點(diǎn)和Q點(diǎn)離

19、地球距離不同，所受萬(wàn)有引力不同，所以a不同。D錯(cuò)。8、ABD【解析】A布朗運(yùn)動(dòng)是固體微粒的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，反映了液體分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，故A正確；B0的冰熔化成0的水的過(guò)程中，需要吸熱，內(nèi)能增大，由于溫度不變，即分子平均動(dòng)能不變，所以分子勢(shì)能增大，故B正確；C物體內(nèi)的分子在永不停息的做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，當(dāng)溫度為0時(shí)，物體的分子平均動(dòng)能一定不為零，故C錯(cuò)誤；D根據(jù)熱力學(xué)第三定律可知，絕度0度不可到達(dá)，故D正確；E氣體的壓強(qiáng)與分子運(yùn)動(dòng)的激烈程度、分子的密度都有關(guān)，氣體分子的平均動(dòng)能越大，則氣體壓強(qiáng)不一定越大，故E錯(cuò)誤；F空氣的相對(duì)濕度定義為空氣中所含水蒸氣的壓強(qiáng)與相同溫度時(shí)水的飽和蒸汽壓之比，故F錯(cuò)誤。故選A

20、BD9、AC【解析】A對(duì)小木塊，根據(jù)牛頓第二定律有：mg=ma1對(duì)木板，根據(jù)牛頓第二定律有：要使小木塊滑離木板，需使：則有：故A正確；B設(shè)小木塊在薄木板上滑動(dòng)的過(guò)程，時(shí)間為t1，小木塊的加速度大小為a1，小木塊在桌面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a2，時(shí)間為t2，有：聯(lián)立解得：故B錯(cuò)誤；C根據(jù)動(dòng)量定理可知，m的動(dòng)量變化量為零，故說(shuō)明總沖量為零，因m只受到M的向右的沖量和桌面向左的沖量，故二者一定大小相等，方向相反，但由于還受到支持力的沖量，由于故M對(duì)m的沖量大小與桌面對(duì)m的沖量大小不相等，故C錯(cuò)誤；D若增大水平恒力F，木塊離開(kāi)木板時(shí)間變短，速度變小，位移變??；在桌面上滑動(dòng)的距離變短，不可能滑

21、出桌面，故D錯(cuò)誤。故選AC【點(diǎn)睛】薄木板在被抽出的過(guò)程中，滑塊先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求解出木塊的加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求解出時(shí)間； 根據(jù)動(dòng)量定理，合外力沖量為零，M對(duì)m的沖量與桌面對(duì)m的沖量大小相等；增大水平拉力，木塊離開(kāi)木板時(shí)間變短，速度變小，位移變小，在桌面上滑動(dòng)的距離變短，可以判斷能否滑出桌面10、ABD【解析】A帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，垂直AC邊射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是T，即則得周期T=4t0故A正確；B由得故B正確；C設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角為，則有得畫(huà)出該粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，設(shè)軌道半徑為R，由幾何知識(shí)得可得故C

22、錯(cuò)誤；D根據(jù)，解得故D正確。故選ABD?！军c(diǎn)睛】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)解題一般程序是：1、畫(huà)軌跡：確定圓心，幾何方法求半徑并畫(huà)出軌跡。2、找聯(lián)系：軌跡半徑與磁感應(yīng)強(qiáng)度、速度聯(lián)系；偏轉(zhuǎn)角度與運(yùn)動(dòng)時(shí)間相聯(lián)系，時(shí)間與周期聯(lián)系。3、用規(guī)律：牛頓第二定律和圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律。三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，不要求寫(xiě)出演算過(guò)程。11、；， ；（4）【解析】試題分析：根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中點(diǎn)的速度等于該過(guò)程中的平均速度，可以求出打紙帶上D點(diǎn)時(shí)小車的瞬時(shí)速度大??；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論公式可以求出加速度的大小；當(dāng)取下細(xì)繩和鉤碼時(shí)，由于滑塊所受其它力不變，因此其

23、合外力與撤掉鉤碼的重力等大反向；根據(jù)牛頓第二定律有mg=Ma，由此可解得滑塊的質(zhì)量從圖乙中可知，（2）相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的中間時(shí)刻速度推論可得， 根據(jù)逐差法可得，聯(lián)立即得滑塊做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)受力平衡作用，由平衡條件得，撤去時(shí)滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到的合外力，由牛頓第二定律得，解得（4）滑塊做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)受力平衡作用，由平衡條件得，掛上質(zhì)量為m的鉤碼時(shí)滑塊沿木板向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，受到的合外力為，由牛頓第二定律得，解得，由圖丙所示圖象可知，解得M=0.200kg12、B 631 【解析】（i）由x= ，因x越小，目鏡中觀察得條紋數(shù)越多，故B符合題意；（ii）由，=

24、 （iii）=四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，要求寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟。13、（1）（2）（3）【解析】（1）粒子在電場(chǎng)中加速粒子在磁場(chǎng)中旋轉(zhuǎn)由幾何關(guān)系得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑三式聯(lián)立可得（2）粒子能從磁場(chǎng)的右側(cè)邊界射出時(shí)，須滿足粒子在電場(chǎng)中加速粒子在磁場(chǎng)中旋轉(zhuǎn)各式聯(lián)立可得（3）粒子打在屏上的位置始終不變，則粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度方向必平行于x軸正向，由幾何關(guān)系知，進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑帶電粒子在電場(chǎng)中加速過(guò)程三式聯(lián)立得從O點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)后先運(yùn)動(dòng)半個(gè)圓周再返回電場(chǎng)減速到0又返回磁場(chǎng)時(shí)速度仍是，如此周期性運(yùn)動(dòng)最后從磁場(chǎng)的右邊界水平射出帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)總時(shí)間.帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)總時(shí)間帶電粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)總時(shí)間14、24cm【解析】設(shè)玻璃管橫截面為S，則初始狀態(tài)氣柱體積V1=15S，管內(nèi)氣體壓強(qiáng)P1=75-15=6