黑龙江省绥化九中2016届高三上学期第三次月考物理试卷 24页

‎2015-2016学年黑龙江省绥化九中高三（上）第三次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分，（1题-4题在每个题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的，其中5题-8题为多选题，选全得6分，选对但不选全得3分，有错选得0分）‎ ‎1．如图所示直线是电场中的一条电场线，A、B是该线上的两点．一负电荷由A点以一定初速度沿电场线从A运动到B，运动过程中的速度﹣时间图线如图乙所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．该电场是匀强电场 B．A、B两点的电势相比一定是φA＜φB C．A、B两点的场强大小相比一定是EA＜EB D．该电荷在两点的电势能大小相比一定是EpA＜EpB ‎2．如图所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电荷量为q的液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动．已知电场强度为E，磁感应强度为B，则液滴的质量和环绕速度分别为（　　）‎ A．， B．， C．B， D．，‎ ‎3．质谱仪主要由加速电场和偏转磁场组成，其原理图如图．设想有一个静止的带电粒子P（不计重力），经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到底片上的D点，设OD=x，则图中能正确反映x2与U之间函数关系的是 ‎（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．如图所示，在粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带正电小球，整个装置处在有水平匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中，关于描述小球运动的v﹣t图象中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如图所示，A、B、C是匀强电场中平行于电场线的某一平面上的三个点，各点的电势分别为φA=5V，φB=2V，φC=3V，H、F三等分AB，G为AC的中点，在下列各示意图中，能正确表示该电场强度方向的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．如图所示一带电液滴在重力和匀强电场对它的电场力的共同作用下，在竖直平面内，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，下列结论正确的是（　　）‎ A．此液滴带正电 B．液滴的加速度大小为g C．合外力对液滴做的总功为零 D．液滴的电势能与动能之和是增加的 ‎7．如图所示，在空间有一坐标系xOy中，直线OP与x轴正方向的夹角为30°，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域I和II，直线OP是他们的边界，OP上方区域I中磁场的磁感应强度为B．一质量为m，电荷量为q的质子（不计重力）以速度v从0点沿与OP成30°角的方向垂直磁场进入区域I，质子先后通过磁场区域I和II后，恰好垂直打在x轴上的Q点（图中未画出），则下列说法正确的是（　　）‎ A．区域II中磁感应强度为2B B．区域II中磁感应强度为3B C．粒子在第一象限的运动时间为 D．粒子在第一象限的运动时间为 ‎8．粒子回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D型金属盒的半径为R，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频率交流电的频率为f，加速器的电压为U，若中心粒子源处产生的质子质量为m，电荷量为+e，在加速器中被加速．不考虑相对论效应，则下列说法正确是（　　）‎ A．质子被加速后的最大速度不能超过2πRf B．加速的质子获得的最大动能随加速电场U增大而增大 C．质子第二次和第一次经过D型盒间狭缝后轨道半径之比为：1‎ D．不改变磁感应强度B和交流电的频率f，该加速器也可加速α粒子 ‎　‎ 三．非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题-12题为必答题每个试题考生必须作答．第13题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题 ‎9．（7分）在“测定金属导体的电阻率”实验中，待测金属丝的电阻Rx约为5Ω．除了变阻器R、电源（3V）、开关、导线之外，还有下列器材：‎ A．电压表V1（量程3V，内阻约为15KΩ） B．电压表V2 （量程15V，内阻约为75KΩ）‎ C．电流表A1（量程3A，内阻约为0.2Ω） D．电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）‎ ‎（1）电压表应选　　；电流表应选　　．（填仪器前的字母序号ABCD）‎ ‎（2）应选用图1中的　　（填“a”或“b”）为实验电路图，实验开始前，应将滑动变阻器的滑片移至最　　端（填“左”或“右”）‎ ‎（3）按你所选择的电路图把图2的实物图用导线连接起来 ‎10．（10分）用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．如图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离已在图中标出．已知m1=50g、m2=150g，则（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）‎ ‎（1）在纸带上打下计数点5时的速度v=　　m/s；‎ ‎（2）在打点0～5过程中系统动能的增量△Ek=　　 J，系统势能的减少量△Ep=　　J，由此得出的结论是　　．‎ ‎（3）若某同学作出v2﹣h图象如图3所示，写出计算当地重力加速度g的表达　　，并计算出当地的实际重力加速度g=　　m/s2．‎ ‎11．（12分）如图所示，y轴上A点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里．有一电子（质量为m、电荷量为e）从A点以初速度v0沿着x轴正方向射入磁场区域，并从x轴上的B点射出磁场区域，此时速度方向与x轴正方向之间的夹角为60°．求：‎ ‎（1）磁场的磁感应强度大小；‎ ‎（2）电子在磁场中运动的时间．‎ ‎12．（18分）如图所示的xoy坐标系中，在第Ⅰ象限内存在沿y轴负向的匀强电场，第Ⅳ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从y轴上的P点垂直进入匀强电场，经过x轴上的Q点以速度v进入磁场，方向与x轴正向成30°．若粒子在磁场中运动后恰好能再回到电场，已知 ‎=3L，粒子的重力不计，电场强度E和磁感应强度B大小均求知，求 ‎（1）OP的距离；‎ ‎（2）磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）若在O点右侧22L处放置一平行于y轴的挡板，粒子能击中挡板并被吸收，求粒子从P点进入电场到击中挡板的时间．‎ ‎　‎ ‎[选修3-5]‎ ‎13．（15分）如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s=5m，轨道CD足够长且倾角θ=37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.30m、h2=1.35m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．求：‎ ‎（1）小滑块第一次到达D点时的速度大小；‎ ‎（2）小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年黑龙江省绥化九中高三（上）第三次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分，（1题-4题在每个题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的，其中5题-8题为多选题，选全得6分，选对但不选全得3分，有错选得0分）‎ ‎1．如图所示直线是电场中的一条电场线，A、B是该线上的两点．一负电荷由A点以一定初速度沿电场线从A运动到B，运动过程中的速度﹣时间图线如图乙所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．该电场是匀强电场 B．A、B两点的电势相比一定是φA＜φB C．A、B两点的场强大小相比一定是EA＜EB D．该电荷在两点的电势能大小相比一定是EpA＜EpB ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】速度图象的斜率等于物体的加速度，故A点的场强小于B点场强；负电荷所受电场力的方向与场强的方向相反，沿电场线的方向电势降低．根据动能定理求电势差．‎ ‎【解答】解：A、C、速度图象的斜率等于物体的加速度，由图可知点电荷从A向B运动的过程中，加速度越来越大，所受的电场力越来越大，由F=qE知A点的场强小于B点场强，即EA＜EB．故A错误，C正确．‎ B、由于物体沿电场线运动过程当中做减速运动，故点电荷所受电场力方向由B指向A，又由于负电荷所受电场力的方向与场强的方向相反，所以电场线的方向由A指向B；而沿电场线的方向电势降低，所以A点电势比B点的电势高，φA＞‎ φB．故B错误．‎ D、从图象知道，速度减小，电荷动能减小，由于仅在电场力作用，所以根据能量守恒知，电势能增大，即EpA＜EpB，故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎【点评】解决本题的关键要运用力学基本知识分析带电粒子在电场中运动问题，明确图象的物理意义，根据斜率分析加速度，由速度分析动能和电势能的变化．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电荷量为q的液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动．已知电场强度为E，磁感应强度为B，则液滴的质量和环绕速度分别为（　　）‎ A．， B．， C．B， D．，‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】液滴在复合场中做匀速圆周运动，可判断出电场力和重力为平衡力，从而可求出液滴的质量并可判断电场力的方向，结合电场的方向便可知液滴的电性．根据洛伦兹力的方向，利用左手定则可判断液滴的旋转方向．结合重力与电场力平衡以及液滴在洛伦兹力的作用下的运动半径公式，可求出线速度．‎ ‎【解答】解：液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相同，故可知液滴带正电．‎ 磁场方向向里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断液滴的旋转方向为逆时针；由液滴做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，得：‎ mg=qE…①‎ 得：m=‎ 液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：‎ R= …②‎ ‎①②联立得：v=‎ 故选：D．‎ ‎【点评】此题考察了液滴在复合场中的运动．复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某两种场并存的场．液滴在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用或其中某两种力的作用，因此对液滴的运动形式的分析就显得极为重要．该题就是根据液滴的运动情况来判断受到的电场力情况．‎ ‎　‎ ‎3．质谱仪主要由加速电场和偏转磁场组成，其原理图如图．设想有一个静止的带电粒子P（不计重力），经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到底片上的D点，设OD=x，则图中能正确反映x2与U之间函数关系的是 ‎（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【分析】根据动能定理qU=mv2以及粒子在磁场中偏转洛伦兹力提供向心力qvB=m得出x与U的关系．‎ ‎【解答】解：根据动能定理qU=mv2‎ 得，v=．‎ 粒子在磁场中偏转洛伦兹力提供向心力qvB=m，则R=．‎ x=2R=．知x2∝U．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】解决本题的关键根据动能定理qU=mv2得出速度，再利用洛伦兹力提供向心力得出轨道半径．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，在粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带正电小球，整个装置处在有水平匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中，关于描述小球运动的v﹣t图象中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】对小球受力分析，开始时洛伦兹力较小，所以木杆对小球的支持力较大，摩擦力较大，加速度较小，随着速度的增加，分析竖直方向的合力变化，从而判断加速度的变化．了解了加速度变化的情况，也就知道了v﹣t图象的变化规律．‎ ‎【解答】解：‎ 在小球下滑的过程中，对小球受力分析，如图所示，‎ 受到重力mg、电场力qE、洛伦兹力qvB、摩擦力f，还有木杆对小球的支持力N，开始时，速度较小，qvB较小，N较大，随着速度的增加，N在减小，由f=μN可知f减小，竖直方向的合力增加，加速度增加；‎ 当速度增加到一定的程度，qvB和qE相等，此时N为零，f为零，加速度为g，达到最大；‎ 速度继续增加，N要反向增加，f增加，竖直方向上的合力减小，加速度减小，当f与mg相等时，竖直方向上的加速度为零，速度达到最大．‎ 所以选项ABD所示的v﹣t图象不符合所分析的运动规律，C选项符合．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】解得此题的关键是正确的对小球进行受力分析．受力分析时要注意各力的特点：重力场中所受的重力以及在匀强电场中所受的电场力均为恒力，其合力也是恒定的；而洛伦兹力情况却不同，随着速度的变化而变化．此题由于洛伦兹力的变化，引起了摩擦力的变化，从而使竖直方向上的合外力发生变化，这也是解决此题的关键所在．分析物体运动中的临界状态也是至关重要的，像该题的最大加速度的时刻和刚好最大速度的时刻．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，A、B、C是匀强电场中平行于电场线的某一平面上的三个点，各点的电势分别为φA=5V，φB=2V，φC=3V，H、F三等分AB，G为AC的中点，在下列各示意图中，能正确表示该电场强度方向的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】在匀强电场中，电场强度大小处处相等，方向处处相同，电场线是平行且等间距．电势沿着电场线降低，电场线与等势面垂直．根据这些知识在AB线上找出电势与C点的电势相等的点，即可得到一条等势线，再作出电场线．‎ ‎【解答】解：‎ A、AC连线不是等势线，其垂线就不是电场线，故A错误．‎ B、A、C中点G的电势为：φG==‎ V=4V．将AB两点连线的线段分三等分，如图，图中H点的电势为4V，因此H点与G点的连线为等势线，根据电场线与等势线垂直，且指向低电势处，可知与GH线垂直的直线即为电场线．故B正确；‎ C、由题意，A、B、C三点的电势φA=5V，φB=2V，φC=3V，将AB两点连线的线段分三等分，如图，图中F的电势为3V，因此F点与C点的连线为等势线，根据电场线与等势线垂直，且指向低电势处，可知与CF线垂直的直线即为电场线．故C正确；‎ D、BC连线不是等势线，其垂线就不是电场线，故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎【点评】本题的解题关键是确定等势点，再抓住电场线与等势面垂直，且指向电势降低最快的方向进行分析．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示一带电液滴在重力和匀强电场对它的电场力的共同作用下，在竖直平面内，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，下列结论正确的是（　　）‎ A．此液滴带正电 B．液滴的加速度大小为g C．合外力对液滴做的总功为零 D．液滴的电势能与动能之和是增加的 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】‎ 根据带电液滴作直线运动可知：带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，由此可以判定出带电液滴所受电场力的方向，从而判断出带电液滴的电性，由力的合成法求出电场力的大小和合外力的大小，再根据牛顿第二定律计算出物体的加速度；根据合外力的方向与速度的方向相同可知合外力做正功，根据电场力做功的情况可以判定电势能变化情况．‎ ‎【解答】解：A、据题带电液滴沿直线b运动到d，带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，对液滴进行受力分析可知，电场力方向一定水平向右，与场强方向相反，所以该液滴带负电．故A错误；‎ B、由图可得物体所受合力F=mg，故物体的加速度a===g；故B正确．‎ C、由于液滴从静止开始做加速运动，故合力的方向与运动的方向相同，故合外力对物体做正功，总功不为零，故C错误．‎ D、因液滴的重力做正功，重力势能减小，故液滴的电势能与动能之和是增加的，故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】此题考查了带电粒子在复合场中的加速问题，其中带电液滴从静止开始由b沿直线运动到d，是我们判定液滴带电性质的突破口，由此可知合外力的方向，也可知道电场力的方向；在今后的学习中我们经常用到要注意掌握．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，在空间有一坐标系xOy中，直线OP与x轴正方向的夹角为30°，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域I和II，直线OP是他们的边界，OP上方区域I中磁场的磁感应强度为B．一质量为m，电荷量为q的质子（不计重力）以速度v从0点沿与OP成30°角的方向垂直磁场进入区域I，质子先后通过磁场区域I和II后，恰好垂直打在x轴上的Q点（图中未画出），则下列说法正确的是（　　）‎ A．区域II中磁感应强度为2B B．区域II中磁感应强度为3B C．粒子在第一象限的运动时间为 D．粒子在第一象限的运动时间为 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】质子在两个磁场中由洛伦兹力提供向心力，均做匀速圆周运动．根据圆的对称性可知，质子从A点出磁场I时的速度方向与OP的夹角为30°，即与x轴平行．在区域II中，由题分析可知，质子运动圆周，由几何知识作出轨迹，如图．由几何关系，得到质子在两个磁场中轨迹半径与OA的关系，由牛顿第二定律研究两个磁感应强度的关系，求解区域II中磁场的磁感应强度大小．求出质子运动轨迹所对应的圆心角，然后求出质子在磁场中做圆周运动的时间．‎ ‎【解答】解：设质子在磁场I和II中做圆周运动的轨道半径分别为r1和r2，区域II中磁感应强度为B′，‎ 由牛顿第二定律得：qvB=…①‎ qvB′=m…②‎ 粒子在两区域运动的轨迹如图所示，由带电粒子才磁场中运动的对称性和几何关系可知，质子从A点出磁场I时的速度方向与OP的夹角为30°，故质子在磁场I中轨迹的圆心角为：θ=60°，如图所示：‎ 则△O1OA为等边三角形，有：OA=r1 …③，‎ 在区域II中，质子运动圆周，O2是粒子在区域II中做圆周运动的圆心，r2=OAsin30°…④‎ 由①②③④解得区域II中磁感应强度为：B′=2B，故A正确，B错误．‎ 质子在Ⅰ区运动轨迹对应的圆心角：φ=60°，‎ 在Ⅱ区运动轨迹对应的圆心角为：φ′=90°，‎ 质子在Ⅰ区的运动周期：T1=，运动时间t1=，‎ 质子在Ⅱ区运动的周期：T2=，运动时间t2=‎ ‎，则粒子在第一象限内的运动时间t=．故C错误，D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】带电粒子通过磁场的边界时，如果边界是直线，根据圆的对称性得到，带电粒子入射速度方向与边界的夹角等于出射速度方向与边界的夹角，这在处理有界磁场的问题常常用到．‎ ‎　‎ ‎8．粒子回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D型金属盒的半径为R，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频率交流电的频率为f，加速器的电压为U，若中心粒子源处产生的质子质量为m，电荷量为+e，在加速器中被加速．不考虑相对论效应，则下列说法正确是（　　）‎ A．质子被加速后的最大速度不能超过2πRf B．加速的质子获得的最大动能随加速电场U增大而增大 C．质子第二次和第一次经过D型盒间狭缝后轨道半径之比为：1‎ D．不改变磁感应强度B和交流电的频率f，该加速器也可加速α粒子 ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【分析】回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能．在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等．‎ ‎【解答】‎ 解：A、粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据qU=mv2，得v=，质子第二次和第一次经过D形盒狭缝的速度比为：1，‎ 根据r=，则半径比为：1．故A正确．‎ B、根据qvB=m得，v=，则粒子的最大动能Ekm=mv2=，与加速的电压无关．故B错误．‎ C、质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，最大速度为：v==2πRf，故C正确．‎ D、带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据T=知，换用α粒子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率才能加速α粒子．故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等．‎ ‎　‎ 三．非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题-12题为必答题每个试题考生必须作答．第13题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题 ‎9．在“测定金属导体的电阻率”实验中，待测金属丝的电阻Rx约为5Ω．除了变阻器R、电源（3V）、开关、导线之外，还有下列器材：‎ A．电压表V1（量程3V，内阻约为15KΩ） B．电压表V2 （量程15V，内阻约为75KΩ）‎ C．电流表A1（量程3A，内阻约为0.2Ω） D．电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）‎ ‎（1）电压表应选　A　；电流表应选　D　．（填仪器前的字母序号ABCD）‎ ‎（2）应选用图1中的　b　（填“a”或“b”）为实验电路图，实验开始前，应将滑动变阻器的滑片移至最　左　端（填“左”或“右”）‎ ‎（3）按你所选择的电路图把图2的实物图用导线连接起来 ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）根据电源电动势选择电压表，由欧姆定律求出电路最大电流；‎ ‎（2）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表采用内接法还是外接法，然后选择实验电路；‎ ‎（3）根据电路图连接实物电路图．‎ ‎【解答】解：（1）电源电动势为3V，则电压表选：A、电压表V1（量程3V，内阻约为15KΩ），电路最大电流I===0.6A=600mA，则电流表选：D；‎ ‎（2）由题意可知： ==3000， ==5，＞，电流表应选择外接法，因此实验电路应选b．‎ 为保护电路，实验开始前，应将滑动变阻器的滑片移至最左端．‎ ‎（3）根据图b所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：‎ 故答案为：（1）A；D；（2）b；左；（3）实物电路图如图所示．‎ ‎【点评】本题考查了实验器材的选取、实验电路的选择、连接实物电路图；要掌握实验器材的选取原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作．‎ ‎　‎ ‎10．（10分）（2016春•滁州期末）用如图1实验装置验证m1、m2‎ 组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．如图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离已在图中标出．已知m1=50g、m2=150g，则（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）‎ ‎（1）在纸带上打下计数点5时的速度v=　2.4　m/s；‎ ‎（2）在打点0～5过程中系统动能的增量△Ek=　0.58　 J，系统势能的减少量△Ep=　0.60　J，由此得出的结论是　在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒　．‎ ‎（3）若某同学作出v2﹣h图象如图3所示，写出计算当地重力加速度g的表达　　，并计算出当地的实际重力加速度g=　9.7　m/s2．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）匀变速直线运动过程中，中间时刻速度等于该段过程中的平均速度，据此求解打下计数点5时的速度；‎ ‎（2）根据物体的初末动能大小可以求出动能的增加量，根据物体重力做功和重力势能之间的关系可以求出系统重力势能的减小量，比较动能增加量和重力势能减小量之间的关系可以得出机械能是否守恒；‎ ‎（3）两物体组成的系统，满足机械能守恒，据此求出重力加速度表达式，结合图象的斜率求解重力加速度大小．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）因为相邻计数点间的时间间隔为T=5×0.02=0.1s，匀变速直线运动过程中，中间时刻速度等于该段过程中的平均速度，所以，‎ ‎（2）在打点0～5过程中系统动能的增量△EK=（m1+m2）v52=×0.2×2.42J≈0.58J，系统势能的减少量△EP=（m2﹣m1）gx=0.1×10×（0.384+0.216）J≈0.60J，在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒，‎ ‎（3）两物体组成的系统，满足机械能守恒，所以有：（m2﹣m1）gh=，解得：，图象的斜率，解得g=9.7m/s2‎ 故答案为：（1）2.4；（2）0.58；0.60；在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒；（3），9.7‎ ‎【点评】本题验证系统机械能守恒，关键得出系统动能的增加量和系统重力势能的减小量，注意会根据图象的斜率，来确定重力加速度的大小．‎ ‎　‎ ‎11．（12分）（2014秋•滕州市校级期末）如图所示，y轴上A点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里．有一电子（质量为m、电荷量为e）从A点以初速度v0沿着x轴正方向射入磁场区域，并从x轴上的B点射出磁场区域，此时速度方向与x轴正方向之间的夹角为60°．求：‎ ‎（1）磁场的磁感应强度大小；‎ ‎（2）电子在磁场中运动的时间．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意画出粒子运动的轨迹，找出粒子轨迹半径R与L之间的关系，由洛伦兹力提供向心力列方程即可求得磁感应强度大小；‎ ‎（2）粒子在磁场中飞行时间为t=T，θ是轨迹对应的圆心角，由几何知识确定圆心角θ，即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）过B点作电子出射速度方向的垂线交y轴于C点，则C点为电子在磁场中运动轨迹的圆心，画出电子的运动轨迹．‎ 由几何知识得∠ACB=60°‎ 设电子在磁场中运动的轨迹半径为R，‎ 则 R﹣L=Rsin30°，得：R=2L 又由洛伦兹力提供向心力，得：‎ ‎ ev0B=‎ 则得：B=；‎ ‎（2）由几何知识∠ACB=60°‎ 则粒子在磁场中飞行时间为 t=•‎ 将R=2L代入得：t=；‎ 答：‎ ‎（1）磁场的磁感应强度大小为；‎ ‎（2）电子在磁场中运动的时间为．‎ ‎【点评】该类题目首先根据题意正确画出粒子运动的轨迹，运用几何知识找出R与L之间的关系，是解决问题的关键．‎ ‎　‎ ‎12．（18分）（2015•济南一模）如图所示的xoy坐标系中，在第Ⅰ象限内存在沿y轴负向的匀强电场，第Ⅳ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从y轴上的P点垂直进入匀强电场，经过x轴上的Q点以速度v进入磁场，方向与x轴正向成30°．若粒子在磁场中运动后恰好能再回到电场，已知=3L，粒子的重力不计，电场强度E和磁感应强度B大小均求知，求 ‎（1）OP的距离；‎ ‎（2）磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）若在O点右侧22L处放置一平行于y轴的挡板，粒子能击中挡板并被吸收，求粒子从P点进入电场到击中挡板的时间．‎ ‎【考点】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．‎ ‎【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，根据平行四边形定则求出粒子在沿电场方向和垂直电场方向上的速度，结合运动学公式求出OP间的距离．‎ ‎（2）粒子恰好能再回到电场，结合几何关系求出临界半径，结合半径公式求出磁感应强度的大小．‎ ‎（3）根据几何关系求出一个周期内在x轴上发生的距离，确定出粒子能完成周期运动的次数．结合在电场中和磁场中运动的时间，以及最后2L内的时间求出粒子从P点进入电场到击中挡板的时间．‎ ‎【解答】解：（1）粒子在Q点进入磁场时，vx=vcos30°，‎ vy=vsin30°，‎ 粒子从P点运动到Q点的时间t=，‎ OP间的距离．‎ ‎（2）粒子恰好能回到电场，即粒子在磁场中轨迹的左侧恰好与y轴相切，设半径为R R+Rsin30°=3L，‎ qvB=‎ 可得B=．‎ ‎（3）粒子在电场和磁场中做周期性运动，轨迹如图 一个周期运动过程中，在x轴上发生的距离为 ‎△L=3L+3L﹣2Rsin30°=4L，‎ P点到挡板的距离为22L，所以粒子能完成5个周期的运动，然后在电场中沿x轴运动2L时击中挡板．‎ ‎5个周期的运动中，在电场中的时间为 ‎，‎ 磁场中运动的时间 ‎，‎ 剩余2L中的运动时间，‎ 总时间t总=t1+t2+t3=． ‎ 答：（1）OP的距离为；‎ ‎（2）磁感应强度B的大小为；‎ ‎（3）粒子从P点进入电场到击中挡板的时间为．‎ ‎【点评】本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，掌握处理类平抛运动的方法，抓住等时性结合运动学公式进行求解，对于粒子在磁场中的运动，会确定圆心、半径和圆心角．‎ ‎　‎ ‎[选修3-5]‎ ‎13．（15分）（2015春•玉溪校级期末）如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s=5m，轨道CD足够长且倾角θ=37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.30m、h2=1.35m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．求：‎ ‎（1）小滑块第一次到达D点时的速度大小；‎ ‎（2）小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）根据动能定理求出第一次到达D点的速度大小．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律求出滑块在CD段的加速度大小，结合速度时间公式求出小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔．‎ ‎【解答】解：（1）小物块从A→B→C→D过程中，由动能定理得：‎ mg（h1﹣h2）﹣μmgs=mvD2﹣0，代入数据解得：vD=3m/s；‎ ‎（2）小物块从A→B→C过程中，由动能定理得 mgh1﹣μmgs=mvC2﹣0，代入数据解得：vC=6m/s，‎ 物块沿CD段上滑的加速度大小：a=gsinθ=6m/s2，‎ 小物块沿CD段上滑到最高点的时间：t1==1s，‎ 由于对称性可知小物块从最高点滑回C点的时间：t2=t1=1s，‎ 故小物块第一次与第二次通过C点的时间间隔：t=t1+t2=2s；‎ 答：（1）小滑块第一次到达D点时的速度大小为3m/s；‎ ‎（2）小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔为2s．‎ ‎【点评】本题关键灵活地选择物理过程运用动能定理列式求解，注意由CD段有摩擦力，故无关对全程应用动能定理，应分段进行分析．题目较繁琐．‎ ‎　‎