福建省福州第三中学2024-2025学年高三上学期第四次质检物理试卷

2024-2025学年福建省福州三中高三（上）第四次质检物理试卷 出卷人：廖凌宏 审核人：戴真鸣 一、单选题：本大题共4小题，共16分。 1.里约奥运会我国女排获得世界冠军，女排队员“重炮手”朱婷某次发球如图所示，朱婷站在底线的中点外侧，球离开手时正好在底线中点正上空处，速度方向水平且在水平方向可任意调整.已知每边球场的长和宽均为，球网高，不计空气阻力，重力加速度.为了使球能落到对方场地，下列发球速度大小可行的是（ ） A. B. C. D. 2.物体在引力场中具有的势能叫做引力势能，取无穷远处为引力势能零点。质量为m的物体在地球引力场中具有的引力势能（式中G为引力常量，M为地球的质量，为物体到地心的距离），如果用R表示地球的半径，g表示地球表面重力加速度，c表示光在真空中的速度，则下列说法正确的是（ ） A.在半径为r的圆形轨道上运行的质量为m的人造地球卫星的机械能为 B.如果地球的第一宇宙速度为，则将质量为m的卫星从地球表面发射到半径为r的轨道上运行时至少需要的能量 C.由于受高空稀薄空气的阻力作用，质量为m的卫星从半径为的圆轨道缓慢减小到半径为的圆轨道的过程中克服空气阻力做的功为 D.黑洞的密度、质量极大，以至连光都不能逃离它的引力，无法通过光学观测直接确定它的存在，假如地球能成为黑洞，则其半径R最大不能超过 3.如图所示，是一个边长相等的共面八边形，其中四个锐角顶角均为45°，以O点为原点，边 为y轴正方向建立平面直角坐标系。在O、a、g三点分别固定电荷量为的点电荷。下列说法正确的是（ ） A.b、f两点的电场强度相同 B.c、e两点的电势相同 C.电荷量为的点电荷，在b点电势能小于在c点电势能 D.从O点沿x轴正方向移动电荷量为的点电荷，电场力先做正功后做负功 4.我们知道，处于自然状态的水都是向重力势能更低处流动的，当水不再流动时，同一滴水在水表面的不同位置具有相同的重力势能，即水面是等势面。通常稳定状态下水面为水平面，但将一桶水绕竖直固定中心轴以恒定的角速度转动，稳定时水面呈凹状，如图所示。这一现象依然可用等势面解释：以桶为参考系，桶中的水还多受到一个“力”，同时水还将具有一个与这个“力”对应的“势能”。为便于研究，在过桶竖直轴线的平面上，以水面最低处为坐标原点、以竖直向上为y轴正方向建立直角坐标系，质量为m的小水滴（可视为质点）在这个坐标系下具有的“势能”可表示为。该“势能”与小水滴的重力势能之和为其总势能，水会向总势能更低的地方流动，稳定时水表面上的相同质量的水将具有相同的总势能。根据以上信息可知，下列说法中正确的是（ ） A.与该“势能”对应的“力”的方向指向O点 B.与该“势能”对应的“力”的大小随x的增加而减小 C.该“势能”的表达式是选取了y轴处“势能”为零 D.稳定时桶中水面的纵截面为圆的一部分 二、多选题：本大题共4小题，共24分。 5.如图所示，在水平圆盘上放有质量分别为m、m、的三个物体A、B、C（均可视为质点），圆盘可绕垂直圆盘的中心轴转动。三个物体与圆盘之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。三个物体与轴心共线，且A、B关于中心轴对称，，现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力。圆盘从静止开始转动，角速度缓慢地增大，直到三个物体与圆盘将要发生相对滑动，则对于这个过程，下列说法正确的是（ ） A.当B物体达到最大静摩擦力时，A物体也一定同时达到最大静摩擦力 B.发生相对滑动前，B、C两个物体的静摩擦力先增大后不变，A物体的静摩擦力先增大后减小再增大 C.当时整体会发生滑动 D.当时，在增大的过程中B、C间的拉力先增大后减小 6.如图，一长为L的长方形木块可在倾角为的斜面上以加速度a匀加速下滑，1、2两点间的距离大于L。木块经过1、2两点所用时间分别为和，则下列说法正确的是（ ） A.木块通过点2的平均速度为 B.1、2两点的距离是 C.木块前端从点1到点2所用时间为 D.木块前深从点1到脑2所用时间为 7.如图所示，将氘核和氦核混合体从加速电压为的加速电场中的P点由静止释放，被加速后从B板的小孔射出沿C、D间的中线进入偏转电压为的偏转电场，两种粒子都能够从偏转电场的另一端射 出。如果不计重力的影响，以下判断中正确的是（ ） A.氘核和氦核偏转位移y相等 B.氘核偏向角更小 C.氦核射出偏转电场时的动能更大 D.氦核射出偏转电场时的速度更大 8.在竖直平面内有水平向右、电场强度为的匀强电场.在场中有一根长的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系有质量为的带电小球，如图所示，它静止时细线与竖直方向成37°角.现给小球一个初速度让小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能和重力势能的零点，，，下列说法正确的是（ ） A.小球所带电量为 B.小球恰能做圆周运动的动能最小值是 C.小球恰能做圆周运动的机械能最小值是 D.小球恰能做圆周运动的机械能最小值是 三、填空题：本大题共3小题，共8分。 9.（2分）如图所示，一根原长为L的轻质弹簧，下端固定在水平桌面上，上端固定一个质量为m的物体A，A静止时弹簧的压缩量为，在A上再放一个质量也是m的物体B，待A、B静止后，在B上施加一竖直向下的力F，使弹簧再缩短，这时弹簧的弹性势能为.突然撤去力F，则B脱离A向上飞出的瞬间B的速度是______。 10.（4分）喷雾器喷出质量均为m，电量均为的油滴，并以v竖直进入电容为C的电容器，板间距离d，上板接地，两板刚开始不带电，油滴落到下板上电量全被吸收，两板间形成匀强电场.问： （1）下板最多能吸收______滴油滴. （2）某时刻4滴油滴形成竖直间距依次为h、、，它们依次进入电容器的时间间隔为T，此时板上的油滴有______滴. 11.（2分）如图所示，底座A上装有长的直立杆，底座和杆的总质量为，杆上套有质量为的小环B，它与杆之间有摩擦.当环从底座上以的初速度飞起时，刚好能达到杆顶而没有脱离直立杆，取.则环在升起过程中，底座受到的支持力为______。 四、实验题：本大题共2小题，共14分。 12.（7分）某实验小组要探究一小灯泡的伏安特性曲线，并研究小灯泡在不同电压下的实际功率，实验电路如图甲所示： 图甲 图乙 （1）请根据实物图在方框内画出测量小灯伏安特性曲线的原理电路图______。 （2）实验闭合电键前，滑动变阻器的滑片应在______端（填“a”或“b”）。 （3）实验中闭合开关，把滑动片向一端移动过程中，发现电流表与电压表均有明显读数且读数几乎不变，则电路中出现故障的元件可能是______（填“A”或“B”）。 A.小灯泡 B.滑动变阻器 （4）该小组根据实验数据描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示，可判定在图乙中小灯泡的功率与加在两端电压的平方的图像正确的是______（选填“1”、“2”、“3”）。 （5）某同学将两个完全相同的这种小灯泡并联接在电源两端，已知电源的电动势、内阻，则此时每个小灯泡的实际功率为______（结果保留两位有效数字）。 13.（7分）随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千家万户。纯净水的电导率（电阻率的倒数）是检验纯净水是否合格的一项重要指标。某探究实验小组查阅国家2020版药典标准得知：合格纯净水的电导率，为方便检测，实验小组把电导率换算为电阻率，得知合格标准为电阻率。为测量某纯净水的电阻率，他们将水样装入一个绝缘性能良好的圆柱形试管内，试管两端用圆片状金属电极密封，已知水样电阻大约为。 甲 乙 （1）为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下： 电流表量程，内阻约为： 电流表量程，内阻约为； 电压表量程，内阻为； 电压表量程，内阻约为； 定值电阻阻值 滑动变阻器最大阻值为 滑动变阻器最大阻值 电源E（电动势约为，内阻r约为） 开关，导线若干。 （1）为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，电压表应选______，电流表应选______，滑动变阻器应选______（填器材代号），并根据所提供器材，请在线框内自行设计电路图甲图，并且在乙图中正确连接实物图______。 （2）连接电路，若电压表读数为U，电流表读数为I，试管长度为L，直径为D，则电阻率的表达式为______（用题中所给物理量符号U、I、L、D表示，忽略电压表内阻造成的误差） （3）用游标卡尺测量其长度如图所示，可知其长度为______； （4）用螺旋测微器测量其直径如图所示，可知其直径为______； 五、计算题：本大题共3小题，共38分。 14.（10分）如图所示，皮带传动装置与水平面夹角为30°，A、B分别是传送带与两轮的切点，两点间距.一个质量为的小煤块与传送带间的动摩擦因数为，；轮缘与传送带之间不打滑.小物块相对于传送带运动时会在传送带上留下痕迹．传送带沿逆时针方向匀速运动，速度为.小物块无初速地放在A点，运动至B点飞出.求： （1）当，小滑块从A点运动到B点的时间 （2）当痕迹长度等于时，多大？ 15.（12分）如图，可视为质点的小球1、2由不可伸长的细绳相连，小球1悬挂在定滑轮O的下方，小球2在半径为R的半球形固定容器内，定滑轮O与容器的边缘D及球心C在同一水平线上.系统静止时，小球1在定滑轮正下方R处的A点，小球2位于B点，间的细绳与水平方向的夹角.已知小球1的质量为m，重力加速度为g，不计一切摩擦，忽略滑轮的质量。（结果用根号表示） （1）试求小球2的质量； （2）现将小球2置于D处由静止释放（小球1未触及地面），求小球1到达A点时的动能； （3）在第（2）问中，小球2经过B点时，突然剪断细绳，求小球2经过容器最低点时对容器的压力。 16.（16分）电子束光刻技术原理简化如图甲所示，电子源发射的电子束经过多级直线加速器后，进入静电转向器，再通过偏移器后对晶圆上的光刻胶进行曝光。多级直线加速器由n个横截面积相同且共轴的金属圆筒依次水平排列，各金属圆筒依序接在交变电源的两极A、B上，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。序号为0的金属圆板中央有一个点状电子源，电子逸出的速度不计，转向器中有辐向电场，电子从M点水平射入，沿着半径为R的圆弧虚线（等势线）运动，并从N点竖直射出，沿着偏移器的中轴线进入，轴线垂直晶圆上表面并过中心O点，已知偏移器为长、间距均为L的平行金属板，两极板可加电压，偏移器下端到芯片的距离为L，电子质量为m、电荷量大小为e，交变电压的绝对值为u，周期为T。电子通过圆筒间隙的时间不计，不计电子重力及电子间的相互作用力，忽略相对论效应、极板边缘效应等其他因素的影响。 甲 乙 （1）若时刻进入圆筒间隙的电子能够被加速，求此时A、B的电势高低和经过一次加速后电子的速度； （2）经过8个圆筒后被导出的电子恰能沿圆弧虚线运动，求第8个圆筒的长度和转向器虚线处电场强度的大小； （3）第（2）问中的电子能经过偏移器，求偏移器间所加电压的范围； （4）若电子均匀进入偏移器，要求电子均匀对称打在光刻胶的x轴上O点两侧，试定性画出加在偏移器上扫描电压随时间变化的规律（电子在偏移器运动时，可认为场强不变）。 2024-2025学年福建省福州三中高三（上）第四次质检物理试卷 参考答案与试题解析 题号 1 2 3 4 答案 B A B C 一、单选题：本大题共4小题，共16分。 1．（4分）里约奥运会我国女排获得世界冠军，女排队员“重炮手”朱婷的某次发球如图，朱婷站在底线的中点外侧，速度方向水平且在水平方向可以任意调整．已知每边球场的长和宽均为9m，球网高度为2.24m，重力加速度g＝10m/s2，为了使球能落到对方场地，下列发球速度大小可行的是（　　） A．22m/s B．23m/s C．25m/s D．28m/s 【分析】根据击球点与网的高度差求出球平抛运动的时间，结合击球点与网之间的水平距离求出球的最小初速度，根据击球点的高度求出平抛运动的时间，结合击球点与底线的水平距离求出球的最大初速度． 【解答】解：恰好能过网时，根据H﹣h＝得，s， 则击球的最小初速度m/s。 球恰好不出线时，根据H＝得，s， 则击球的最大初速度：m/s。 所以22.5m/s＜v＜23.1m/s。选项B正确 故选：B。 【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住临界情况，结合运动学公式灵活求解，难度不大． 2．（4分）物体在引力场中具有的势能叫做引力势能，取无穷远处为引力势能零点。质量为m的物体在地球引力场中具有的引力势能（式中G为引力常量，r0为物体到地心的距离），如果用R表示地球的半径，g表示地球表面重力加速度，则下列说法正确的是（　　） A．在半径为r的圆形轨道上运行的质量为m的人造地球卫星的机械能为 B．如果地球的第一宇宙速度为v1，则将质量为m的卫星从地球表面发射到半径为r的轨道上运行时至少需要的能量 C．由于受高空稀薄空气的阻力作用，质量为m的卫星从半径为r1的圆轨道缓慢减小到半径为r2的圆轨道的过程中克服空气阻力做的功为 D．黑洞的密度、质量极大，以至连光都不能逃离它的引力，无法通过光学观测直接确定它的存在，假如地球能成为黑洞，则其半径R最大不能超过 【分析】对人造卫星根据牛顿第二定律列式，根据地球表面物体重力与万有引力关系列式，结合动能和引力势能的公式，联立方程可得解机械能和能量； 根据功能关系求解克服阻力所做的功； 根据能量守恒定律和黑洞的定义求最大半径。 【解答】解：A、在半径为r的圆形轨道上运行的质量为m的人造地球卫星 其动能为： 引力势能为： 则机械能为：，故A正确； B、将质量为m的卫星从地球表面发射到半径为r的轨道上运行时至少需要的能量： 又由黄金代换：GM＝gR2 所以需要的能量：，故B错误； C、由于受高空稀薄空气的阻力作用1的圆轨道缓慢减小到半径为r2的圆轨道的过程中克服空气阻力做的功为：，故C错误； D、设质量为m的物体，根据能量守恒定律有 解得： 假如地球能成为黑洞，因为连光都不能逃离 联立可得，其半径R最大不能超过。 故选：A。 【点评】本题考查了万有引力定律的应用、功能关系，解题的关键是知道微型卫星和空间站的角速度相等，注意万有引力做功等于初位置引力势能与末位置引力势能的差。 3．（4分）如图所示，Oabcdefg是一个边长相等的共面八边形，其中四个锐角顶角均为45°，Oa边为y轴正方向建立平面直角坐标系。在O、a、g三点分别固定电荷量为+Q的点电荷。下列说法正确的是（　　） A．b、f两点的电场强度相同 B．c、e两点的电势相同 C．电荷量为+q的点电荷，在b点电势能小于在c点电势能 D．从O点沿x轴正方向移动电荷量为+q的点电荷，电场力先做正功后做负功 【分析】在O、a、g三点分别固定电荷量为+Q的点电荷，其电场线与等势线关于Od对称，电场是矢量，沿电场线方向电势降低，电场力做正功，电势能减小。 【解答】解：A、根据正电荷的电场分布及电场的矢量叠加可知bf两点的电场强度大小相等，所以b，故A错误； B、ce关于Od连线对称，故B正确； C、离正电荷越近的地方电势越高，所以在b点电势能大于c点的电势能； D、沿x轴方向电势逐渐降低，电势能减小，故D错误； 故选：B。 【点评】本题要掌握点电荷电场线和等势面的分布情况，要有一定的空间想象能力，要能根据电场力方向与位移方向的关系判断电场力做功的正负． 4．（4分）我们知道，处于自然状态的水都是向重力势能更低处流动的，当水不再流动时，即水面是等势面。通常稳定状态下水面为水平面，但将一桶水绕竖直固定中心轴以恒定的角速度ω转动，如图所示。这一现象依然可用等势面解释：以桶为参考系，桶中的水还多受到一个“力”，在过桶竖直轴线的平面上，以水面最低处为坐标原点、以竖直向上为y轴正方向建立xOy直角坐标系（可视为质点）在这个坐标系下具有的“势能”可表示为Epx＝﹣．该“势能”与小水滴的重力势能之和为其总势能，水会向总势能更低的地方流动，下列说法中正确的是（　　） A．与该“势能”对应的“力”的方向指向O点 B．与该“势能”对应的“力”的大小随x的增加而减小 C．该“势能”的表达式Epx＝﹣是选取了y轴处“势能”为零 D．稳定时桶中水面的纵截面为圆的一部分 【分析】若取液面A处有一个小液滴，它离O点有一定的高度，因为在液面上稳定时相同质量的水将具有相同的总势能，而A点的重力势能大于O点，由O到A的过程中，这个“势能”减小，它对应的力做的是正功，从而判断出与该“势能”对应的“力”的方向；设这个“力”为F，则Fx＝EpO﹣EPA＝0﹣（﹣），得到F与x的关系式，再F的变化情况。根据O点的这个“势能”最大，向两侧时减小，而“势能”的表达式是EPx＝﹣，分析所选取的零势能位置；根据y与x的关系式分析纵截面形状。 【解答】解：A、若我们取液面A处有一个小液滴，因为在液面上稳定时相同质量的水将具有相同的总势能，所以这个特殊的“势能”A点要小于O点，这个“势能”减小，所以该“力”由O指向A； B、设这个“力”为FpO﹣EPA＝0﹣（﹣），即F＝，故B错误； C、由于O点的这个“势能”最大，而“势能”的表达式是EPx＝﹣，故是选取了y轴处的“势能”为零； D、如果我们取O点的重力势能为0，则质量相等的小液滴，即某点的总势能Ep＝mgy﹣＝4，所以桶中水面的纵截面为抛物线，故D错误。 故选：C。 【点评】本题为信息给予题，关键是明确题意，知道题中给出的“力”和能与我们平常所说力和能的关系，通过列式分析。 二、多选题：本大题共4小题，共24分。 （多选）5．（6分）如图所示，在水平圆盘上放有质量分别为m、m、2m的三个物体A、B、C（均可视为质点），圆盘可绕垂直圆盘的中心轴O′O转动。三个物体与圆盘之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。三个物体与轴心共线，且A、B关于中心轴对称，lAB＝2lBC＝2r，现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力。圆盘从静止开始转动，直到三个物体与圆盘将要发生相对滑动，则对于这个过程（　　） A．当B物体达到最大静摩擦力时，A物体也一定同时达到最大静摩擦力 B．在发生相对滑动前，B、C两个物体的静摩擦力先增大后不变，A物体的静摩擦力先增大后减小再增大 C．当ω＞时整体会发生滑动 D．当＜ω＜时，在ω增大的过程中B、C间的拉力先增大后减小 【分析】C的质量大，半径最大，所以C最先达到最大静摩擦力，C达到最大静摩擦力后，BC间绳子开始有力，B比A先达到最大静摩擦力，B达到最大静摩擦力后，A的静摩擦力先减小，之后反向达到最大静摩擦力，之后如果转速再增加，整体开始滑动。 【解答】解：ABC．开始阶段当圆盘转速增大时，三个物体的角速度相等，由 F＝rω2m 知，由于C的半径最大，故C所需要的向心力增加最快，此时 2μmg＝7m×2r 解得： 当C 的摩擦力达到最大静摩擦力之后，BC之间的细线开始提供拉力，B的摩擦力增大，A、B之间的细线开始有力的作用，A的摩擦力将减小到零然后反向增大，整体将会出现相对滑动、B整体有 6μmg＝FT对C有 FT+2μmg＝2m×7r 解得： 即当 时整体会发生相对滑动，故A错误； D．当＜ω2＜ C受到的摩擦力方向沿着半径向里，且没有出现相对滑动，由于向心力 F向＝FT+Ff 不断增大，故B，故D错误。 故选：BC。 【点评】本题考查圆周运动的临界问题，以及静摩擦力的被动性，有一定难度，突破口就在于哪个物体先达到最大静摩擦力。 （多选）6．（6分）如图，一长为L的长方形木块可在倾角为α的斜面上以加速度a匀加速下滑，1、2两点间的距离大于L。木块经过1、2两点所用时间分别为t1和t2，则下列说法正确的是（　　） A．木块通过点2的平均速度为 B．1、2两点间的距离是（﹣） C．木块前端从点1到点2所用时间为（﹣） D．木块前端从点1到点2所用时间为+（﹣） 【分析】本题中长方形木块不能看成质点，分析其运动过程，运用匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度等运动规律求解。 【解答】解：A、木块通过点2的时间为t2，经历的位移为L，则木块通过点7的平均速度为 v＝。 B、木块前端经过点1的速度v3＝﹣a −a ，1＝L2（）+。 CD、设P端通过6后 3′，通过2后 2′， 由匀变速运动平均速度的推论有：v1′＝，v2′＝木块前端P从点8到点2所用时间t＝+−＝+（），C错误。 故选：AD。 【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷。 （多选）7．（6分）如图所示，将氘核（H）和氦核（He）1的加速电场中的P点由静止释放，被加速后从B板的小孔射出沿C、D间的中线进入偏转电压为U2的偏转电场，两种粒子都能够从偏转电场的另一端射出。如果不计重力的影响，以下判断中正确的是（　　） A．氘核（H）和氦核（He）偏转位移y相等 B．氘核（H）偏向角θ更小 C．氦核（He）射出偏转电场时的动能更大 D．氦核（He）射出偏转电场时的速度更大 【分析】根据动能定理求出带电粒子从B板射出时速度的大小．将带电粒子的运动分解为垂直于电场方向和沿电场方向，在垂直于电场方向上做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速直线运动，根据运动学公式求出带电粒子在偏转电场中的运动时间．结合牛顿第二定律和运动学公式球心偏转位移，根据动能的公式分析动能大小。 【解答】解：AB、在加速电场中 在偏转电场中，设电容器的长度为L，则竖直方向有：， 水平方向有：L＝v8t， 根据牛顿第二定律： 联立解得， 可知，偏转位移y和偏向角θ均相等，B错误； C．根据动能定理 得 由于氦核电荷量更大，所以氦核（，故C正确； D．由 得 由于氘核与氦核的比荷相等，则二者射出偏转磁场时的速度相等。 故选：AC。 【点评】本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转，掌握处理粒子做类平抛运动的方法，运用等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解． （多选）8．（6分）在竖直平面内有水平向右、电场强度为E＝1×104N/C的匀强电场。在场中有一根长L＝2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系有质量为0.04kg的带电小球，它静止时细线与竖直方向成37°角。现给小球一个初速度让小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能和重力势能的零点（　　）（cos37°＝0.8，g＝10m/s2） A．小球所带电量为q＝3.6×10﹣5C B．小球恰能做圆周运动的动能最小值是0.5J C．小球恰能做圆周运动的机械能最小值是1.54J D．小球恰能做圆周运动的机械能最小值是1.78J 【分析】A选项的判断，可以由题意：小球静止时悬线与竖直方向成37°角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件列式求解；B选项先判断动能最小的位置，小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律列式求解最小速度，得到最小动能；选项CD由能量守恒定律来求：小球运动过程中只有重力和电场力做功，故重力势能、电势能和动能之和守恒，机械能最小的位置即为电势能最大的位置。 【解答】解：A、对小球进行受力分析如图所示， 可得mgtan37°＝qE，解得小球的带电量为：q＝＝﹣6C，故A错误； B、由于重力和电场力都是恒力，在圆上各点中，在平衡位置的对称点B点，由于小球总能量不变kB＝最小B最小，在B点，其合力作为小球做圆周运动的向心力，有：F合＝，而F合＝m 代入数据解得：EKB＝0.4J，故B正确； CD、由于总能量保持不变K+EPG+EPE，所以小球在圆上最左侧的C点时，电势能EPE最大，机械能最小，W合力＝﹣（EPA﹣EPB）＝F合2L＝2J，即EPB＝7J，总能量E＝EPB+EkB＝2.5J，由C到A，WFE＝FEL（6+sin37°）＝0.96J＝EPC，（EPC为C点的电势能），所以C点的机械能为：EC＝E﹣EPC＝2.5﹣0.96＝1.54J，故C正确； 故选：BC。 【点评】该题为小球在电场和重力场这一复合场中运动的问题，抓住重力和电场力的合力为恒力，用“等效力”处理问题是解决本题的突破口。 三、填空题：本大题共3小题，共8分。 9．（2分）如图所示，一根原长为L的轻质弹簧，下端固定在水平桌面上，A静止时弹簧的压缩量为ΔL1，在A上再放一个质量也是m的物体B，待A、B静止后，在B上施加一竖直向下的力F2，这时弹簧的弹性势能为Ep。突然撤去力F，则B脱离A向上飞出的瞬间B的速度是 　　。 【分析】分离瞬间加速度相同，相互作用力为零，整个运动过程中系统机械能守恒，根据机械能守恒定律即可求解。 【解答】解：分离瞬间加速度相同，相互作用力为零、B分离，则有：Ep＝2mg（2ΔL6+ΔL2）+•2mv2 解得：v＝。 故答案为：。 【点评】本题主要考查了械能守恒定律的应用，知道在分离的瞬间，AB加速度相同，之间的作用力为零。 10．（4分）喷雾器喷出质量均为m，电量均为﹣q的油滴，并以v竖直进入电容为C的电容器，上板接地，两板刚开始不带电，两板间形成匀强电场。问： （1）下板最多能吸收 　　滴油滴。 （2）某时刻4滴油滴形成竖直间距依次为h、2h、3h，它们依次进入电容器的时间间隔为T，此时板上的油滴有 　　滴。 【分析】（1）第N+1个油滴达到下极板的速度为0，根据动能定理求解。 （2）根据匀变速直线运动的规律求出第2滴、第3滴的速度，根据加速度的定义式结合逐差法求解T，再根据牛顿第二定律求解。 【解答】解：（1）设下极板最多接受到N个油滴，第N+1个油滴达到下极板的速度为0m＝7﹣ 其中Um＝ 解得：N＝ （2）设从上到下的顺序依次为1、6、3、4，根据匀变速直线运动的规律可得： 第6滴的速度为：v2＝＝ 第2滴的速度为：v3＝＝ 根据加速度的定义式可得：a＝＝ 根据牛顿第二定律可得：mg﹣＝ma 而U′＝ 解得：N′＝ 故答案为：（1）；（2） 【点评】有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。 11．（2分）如图所示，底座A上装有0.5m长的直立杆，底座和杆的总质量为M＝0.2kg，它与杆之间有摩擦。当环从底座上以4m/s的初速度飞起时，刚好能达到杆顶而没有脱离直立杆2。则环在升起过程中，底座受到的支持力为 　1.7N　。 【分析】小环上升的过程，对其竖直方向受力分析，由牛顿第二定律、运动学公式分别列式，确定直立杆对其产生的滑动摩擦力，再看杆和底座整体，结合牛顿第三定律及平衡条件，即可分析求解。 【解答】解：如图，小环上升的过程，小环受重力mg和直立杆对其产生的滑动摩擦力f的作用： 设小环的加速度大小为a， 由牛顿第二定律得：f+mg＝ma， 由题知，小环质量为：m＝0.05kg，直立杆长度为：s＝0.4m， 小环向上做匀减速直线运动，由运动学公式得：0﹣v2＝﹣5as， 联立可得：a＝16m/s2，f＝0.7N； 根据牛顿第三定律可知，小环给直立杆一个竖直向上的滑动摩擦力f'， 因为杆和底座整体受力平衡，则有：N+f'＝Mg， 联立可得，底座受到的支持力为：N＝1.7N； 故答案为：5.7N。 【点评】本题主要考查对牛顿第二定律的掌握，解题时需注意应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。 四、实验题：本大题共2小题，共14分。 12．（7分）某实验小组要探究一小灯泡的伏安特性曲线，并研究小灯泡在不同电压下的实际功率，实验电路如图甲所示： （1）请根据实物图在方框内画出测量小灯伏安特性曲线的原理电路图． （2）实验闭合电键前，滑动变阻器的滑片应在　a　端（填“a”或“b”）． （3）实验中闭合开关，把滑动片向一端移动过程中，发现电流表与电压表均有明显读数且读数几乎不变　B　（填“A”或“B”）． A．小灯泡 B．滑动变阻器 （4）该小组根据实验数据描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示，可判定在图乙中小灯泡的功率与加在两端电压的平方U2的图象正确的是　3　（选填“1”、“2”、“3”）． （5）某同学将两个完全相同的这种小灯泡并联接在电源两端，已知电源的电动势E＝3V、内阻r＝2Ω，则此时每个小灯泡的实际功率为　0.44W　（结果保留两位有效数字）． 【分析】（1）明确电路结构，知道实验中电流应由零开始调节； （2）分析故障现象，从而明确出现故障的原因； （3）明确功率公式，根据电阻随温度的变化规律可明确对应的图象； （4）设单个灯泡的电压和电流，由并联电路规律可明确总电流，再由闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式，作出对应的图象，两图象的交点即为灯泡的工作点，从而求出对应的功率． 【解答】解：（1）小灯泡的电阻较小，所以电流表采用外接，所以使用滑动变阻器的分压式； （2）为了保护电表和用电器，闭合电键前，所以滑动变阻器的滑动触头应滑到a端； （3）实验中闭合开关，把滑动片向一端移动过程中，电路中出现故障的元件可能是滑动变阻器的接线柱没有接好； （4）由于灯泡的电阻随电压增大而增大，根据P＝2的图线的斜率表示电阻的倒数，根据公式可知斜率应逐渐变小； （5）设通过每个灯泡的电流为I，灯泡两端的电压为U，由闭合电路欧姆定律可得：U＝E﹣4Ir，在灯泡U﹣I图象坐标系内做出图象： 由图示图象可知，灯泡两端电压为2.2V，每个灯泡的实际功率为：P＝UI＝4.2×0.20W＝6.44W； 故答案为：（1）如图所示；（2）a； ； （4）3； ） 【点评】本题考查了测量小灯泡的伏安特性曲线的实验探究，意在考查考生的理解和应用能力，在解题时注意明确图象法的准确应用才能正确求解电功率大小． 13．（7分）随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千家万户。纯净水的电导率（电阻率的倒数）是检验纯净水是否合格的一项重要指标。某探究实验小组查阅国家2020版药典标准得知：合格纯净水的电导率δ≤2μS/cm，实验小组把电导率换算为电阻率，得知合格标准为电阻率ρ≥5×10﹣3Ω•m。为测量某纯净水的电阻率，他们将水样装入一个绝缘性能良好的圆柱形试管内，试管两端用圆片状金属电密封 （1）为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下： 电流表A1量程300mA，内阻约为2Ω； 电流表A2量程150mA，内阻约为10Ω； 电压表V1量程1V，内阻为1000Ω； 电压表V2量程15V，内阻约为3000Ω； 定值电阻阻值R0＝2000Ω 滑动变阻器R1最大阻值为5Ω 滑动变阻器R2最大阻值1000Ω 电源E（电动势约为4V，内阻r约为1Ω） 开关，导线若干。 （1）为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，电压表应选 　V1　，电流表应选 　A1　，滑动变阻器应选 　R1　（填器材代号），并根据所提供器材，请在线框内自行设计电路图甲图 （2）连接电路，若电压表读数为U，电流表读数为I，直径为D，则电阻率的表达式为ρ＝ 　　（用题中所给物理量符号U、I、L、D表示，忽略电压表内阻造成的误差）。 （3）用游标卡尺测量其长度如图丙所示，可知其长度为L＝ 　5.025　cm。 （4）用螺旋测微器测量其直径如图丁所示，可知其直径为D＝ 　4.700　mm。 【分析】（1）电源的电动势为4V，电压表V2的量程太大，需要将电压表V1与定值电阻R0串联； 根据欧姆定律估算通过待测电阻的电流，然后选择电流表； 滑动变阻器采用分压式接法，从保证电路安全和方便调节的角度选择滑动变阻器； 电压表内阻已知，电流表采用外接法，据此设计电路图和玩实物图的理解； （2）根据欧姆定律和电阻定律求解作答； （3）20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，根据游标卡尺的读数规则读数； （4）螺旋测微器的精确度为0.01mm，根据螺旋测微器的读数规则读数。 【解答】解：（1）电源的电动势为4V，电压表V2的量程太大，需要将电压表V4与定值电阻R0串联改装成3V量程的电压表； 根据欧姆定律，通过水样的电流 通过滑动变阻器控制电压后，可将电流控制在300mA内1； 滑动变阻器采用分压式接法，为了方便调节滑动变阻器选择R2； 由于改装电压表的内阻已知，因此电流表采用外接法 （2）根据欧姆定律，待测电阻 根据电阻定律 解得电阻率 （3）20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，长度L＝50mm+5×7.05mm＝50.25mm＝5.025cm （4）螺旋测微器的精确度为0.01mm，直径D＝6.5mm+20.0×6.01mm＝4.700mm。 故答案为：（1）V1；A5；R1；见解析；（2）；（4）4.700。 【点评】本题考查了电阻率的测量，要掌握实验原理，掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数，掌握欧姆定律和电阻定律的运用，掌握根据实验原理选择实验器材的方法。 五、计算题：本大题共3小题，共38分。 14．（10分）如图所示，皮带传动装置与水平面夹角为30°，A、B分别是传送带与两轮的切点，g＝10m/s2，轮缘与传送带之间不打滑。小物块相对于传送带运动时会在传送带上留下痕迹。传送带沿逆时针方向匀速运动，速度为v0．小物块无初速地放在A点，运动至B点飞出。求： （1）当v0＝4m/s，小滑块从A点运动到B点的时间 （2）当痕迹长度等于2.25m时，v0多大？ 【分析】（1）根据牛顿第二定律求解加速度，根据速度—时间关系结合位移—时间关系求解； （2）若以a1下滑过程中滑块相对传送带的位移大于或等于以a2下滑的相对位移、若以a1下滑过程中滑块相对传送带的位移小于以a2下滑的相对位移，分别根据牛顿第二定律和运动学公式进行分析解答。 【解答】解：（1）根据牛顿第二定律可得：mgsin30°+μmgcos30°＝ma1 解得：a1＝2m/s2 达速度v0所用时间为：v5＝a1t1 解得t3＝0.5s 滑块下滑位移：x＝＝1m 因为：μ＜tan30°，故滑块继续加速下滑2 得：a1＝2m/s6 根据位移—时间关系可得：L﹣x＝v0t2+a2 得：t2＝6.5s 故：tAB＝t1+t7＝1s （2）若以a1下滑过程中滑块相对传送带的位移大于或等于以a8下滑的相对位移，则： v0t﹣＝Δx v5t﹣＝Δx 得：v0＝6m/s 若以a2下滑过程中滑块相对传送带的位移小于以a2下滑的相对位移，则： v0t3+﹣v4t2＝Δx 得：t2＝5.5s x1＝ L﹣x1＝v0t2+ 由上述得：+24v0﹣16＝7 得：v0＝4（﹣6）m/s。 答：（1）当v0＝4m/s，小滑块从A点运动到B点的时间为3s； （2）当痕迹长度等于2.25m时，v0为4（﹣3）m/s。 【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。 15．（12分）如图，可视为质点的小球1、2由不可伸长的细绳相连，小球1悬挂在定滑轮O的下方，定滑轮O与容器的边缘D及球心C在同一水平线上。系统静止时，小球1在定滑轮正下方R处的A点，BD间的细绳与水平方向的夹角θ＝60°．已知小球1的质量为m，重力加速度为g，忽略滑轮的质量。（结果用根号表示） （1）试求小球2的质量； （2）现将小球2置于D处由静止释放（小球1未触及地面），求小球1到达A点时的动能； （3）在第（2）问中，小球2经过B点时，求小球2经过容器最低点时对容器的压力。 【分析】（1）根据牛顿第二定律及小球1、2的受力关系，罗列方程进行求解； （2）将小球1和小球2看成一个系统，系统的机械能守恒可得出小球1到达A点的速度，继而得出动能； （3）剪断绳子后，由机械能守恒可知到达最低点的速度，再根据圆周运动及牛顿第三定律可得出压力。 【解答】解：（1）设系统静止时细线中的拉力大小为T，小球受到容器的支持力FB方向沿BC 由几何关系知△DBC为正三角形，所以∠DBC＝θ 对小球1、小球2 T＝mg Tcosθ＝FBcosθ Tsinθ+FBsinθ＝m4g 解得： （2）设经过图示位置时小球7的速度为v1，小球2的速度为v6，其中v1沿绳竖直向上，v2沿圆弧切线斜向下 由几何关系知，v3与DB延长线的夹角为90°﹣θ 由运动关系可知，v1与v2应满足：v3sinθ＝v1 由几何关系知，BD＝R 根据机械能守恒定律得： 此时，小球8的动能： 整理可得： （3）细绳剪断后，小球2以v2为初速度，从B点沿圆弧运动到最低点7 根据机械能守恒定律得： 设小球2经过容器最低点时受到的支持力为N，根据牛顿第二定律得： 整理得：N＝mg 由牛顿第三定律知，小球3对容器的压力大小为，方向向下 答：（1）小球2的质量为； （2）小球1到达A点时的动能为； （3）小球2经过容器最低点时对容器的压力为mg。 【点评】本题考查了机械能守恒，解题的关键是挑选合适的系统进行整体的机械能守恒，掌握机械能守恒的条件及关系式。 16．（16分）电子束光刻技术原理简化如图甲所示，电子源发射的电子束经过多级直线加速器后，进入静电转向器，各金属圆筒依序接在交变电源的两极A、B上，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。序号为0的金属圆板中央有一个点状电子源，转向器中有辐向电场，电子从M点水平射入（等势线）运动，并从N点竖直射出，轴线垂直晶圆上表面并过中心O点，已知偏移器为长、间距均为L的平行金属板，偏移器下端到芯片的距离为L，电子质量为m、电荷量大小为e，周期为T。电子通过圆筒间隙的时间不计，不计电子重力及电子间的相互作用力 （1）若t＝0时刻进入圆筒间隙的电子能够被加速，求此时A、B的电势高低和经过一次加速后电子的速度； （2）经过8个圆筒后被导出的电子恰能沿圆弧虚线运动，求第8个圆筒的长度和转向器虚线处电场强度的大小； （3）第（2）问中的电子能经过偏移器，求偏移器间所加电压的范围； （4）若电子均匀进入偏移器，要求电子均匀对称打在光刻胶的x轴上O点两侧，试定性画出加在偏移器上扫描电压随时间变化的规律（电子在偏移器运动时，可认为场强不变）。 【分析】（1）根据动能定理判断电子的速度； （2）根据匀速直线运动的位移公式和动能定理求第8个圆筒的长度，再根据圆周运动求电场强度； （3）根据类平抛运动的规律求偏移器间所加电压的范围； （4）根据图像满足的特征分析。 【解答】解：（1）若t＝0时刻进入圆筒间隙的电子能够被加速，说明A点产生的电势小于B点产生的电势。 电子在加速过程根据动能定理，有 得 （2）根据题意，电子在圆筒中做匀速直线运动，有 电子经过8次加速后，有 所以 电子在转向器中做匀速圆周运动，有 得 （3）电子在偏移器中做类平抛运动，有 L＝v8t 可以得到 um＝16u 故所加电压的范围为 ﹣16u＜u偏＜16u。 （4）要求图像满足如下特征： ①u偏随时间t线性关系 ②u偏随时间t周期性关系 ③u偏随时间t有正负变化，且正负最大值相等 只要画出任意一种即可，其它满足要求的也可以。 答：（1）此时B的电势高，经过一次加速后电子的速度为； （2）第3个圆筒的长度为，转向器虚线处电场强度的大小为； （3）偏移器间所加电压的范围为﹣16u＜u偏＜16u； （4）加在偏移器上扫描电压随时间变化的规律为 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$