2025届福建省福州第三中学高三上学期模拟预测物理试题

第 1页，共 12页 福州三中 2024—2025 学年第一学期高三第 6 次质量检查 物理答案 一、单选题，每题 4分 二、多选题，每题 6分，漏选得一半 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C B D D BD AC AC BD 三、填空题 9.（2分，每空 1分） �� ；无 10. （2分，每空 1分） 1：2； 1：1 11. （4分，每空 2分） 10 2 ；5� � 2 + 16 四、实验题 12.（7分，前 3空每空 1分，后 2两空每空 2分）(1) > (2)� (3)没必要 (4)�1�1 = �1�2 +�2�3 �1�12 = �1�22 +�2�32 13.（7分，每空包括画图 1分）(1)�；�；(2) ；右；(3) 1�0；�； 1 � 14.（10分）解(1)为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒��的安培力必须向下，由左手定则可知 金属棒中电流从�端流向�端，因此�端应接负极。 (2)电流为零时，设弹簧的伸长量为��，则有�� = ��� 得�� = ��� 故当电流表示数为零时，弹簧伸长量为 �� � 。 第 2页，共 12页 (3)设满量程时通过��的电流为��，则有������ +�� = �(��� + ��) 解得�� = 2.5� 故该电流表的量程是 2.5�。 答：(1)�端应接负极； (2)当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为��� ； (3)量程是 2.5�。 15.（12分）解(1)设粒子做匀速圆周运动的半径为�，过�作��的垂线交��于�点，如图 1 所示 由几何知识可得： �� �� = �� �� 代入数据可得粒子轨迹半径：� = �� = 5�8 洛粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二 定律得：��� = � � 2 � 解得粒子发射速度：� = 5���8� (2)水平向左射出的粒子做类平抛运动，由运动学关系可知：�� − = ��2 − ��2 = �2 与��平方向：�� − = �2 = �� 与��垂直方向：�� − = � = 12 �� 2，由牛顿第二定律得：� = ��� 解得：� = 25��� 2 8� (3)圆弧�2经�点，粒子转过的圆心角最小，如图 2 所示， 运动时间最短，则���� = � 2 � = 4 5 ，故� = 53° 则最小圆心角���� = 2� = 106° 粒子在磁场中运动的周期� = 2��� = 2�� �� 则最短时间�2 = ���� 360∘ � = 53�� 90�� 答：(1)粒子的发射速率是5���8� ； (2)匀强电场的场强大小是25��� 2 8� ； (3)仅有磁场时，能到达直线��的粒子所用最短时间是53��90��。 第 3页，共 12页 16.（16分）解： (1)粒子在电场中加速，由动能定理得：�� = 12�� 2 − 0， 由已知条件可知，带电粒子在磁场中运动的半径：� = �， 粒子早磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：��� = ��2 � ， 解得： � � = 2� �2�2； (2)沿��方向入射的带电粒子，在磁场中做圆周运动的圆心为�1， 对应的圆心角为 135°，离开磁场的出射点�在�轴上的投影与�'的距离为： �� = � + 2 2 � �点的纵坐标：�� = 2 2 �， 同理可得，沿��方向入射的带电粒子离开磁场的出射点�的纵坐标：�� =− 2 2 � 带电粒子进入电场时的坐标范围：− 22 � ≤ � ≤ 2 2 � (3)只要沿��方向入射的带电粒子打在�板上，则从其它位置入射也一定打在�板上， 粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得：� = ��� = �×���2� � = ���� 2�� ， 水平方向：4� = ��，竖直方向：� = 12 �� 2， 解得：� = 32�， 从纵坐标� = 0.5�进入偏转电场的粒子恰能打到�板右边缘， 其进入磁场时的速度与�轴夹角为 30°，所以比例：� = 45°+30°90∘ = 5 6； 答：(1)带电粒子的比荷��为 2� �2�2； (2)带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围是：− 22 � ≤ � ≤ 2 2 � (3)若电压��� = 3� 4 ，到达�板的粒子数与进入平行板总粒子数的比值为 5 6。 第 4页，共 12页 1.【答案】� 【解析】【分析】 该题主要考查速度时间图像相关知识。熟知图像特点和规律并能从中获取有用信息是解决本题的关键。 速度时间图线中速度的正负表示运动的方向，图象与时间轴围成的“面积”表示位移，平均速度等于位移 与时间之比．图像斜率表示加速度，结合这些知识分析。 【解答】 A.由图象可知，小物块先做减速运动后做加速运动，�项错误； B.加速度先与速度反向后与速度同向，�项错误； C.小物块的加速度大小为� = �0+ �0 2 �0 = 3�02�0 ，�项正确； D.平均速度的大小为� = �0− �0 2 2 = �0 4，�项错误。 故选 C。 2.【答案】� 【解析】解：�.减弱对光敏电阻�光照的强度，其阻值增大，根据闭合电路的欧姆定律可知，电路中的电流 将减小，电流表的示数减小。故 A 错误； B.电路中的电流减小，则内电压变小，所以电路的路端电压增大，所以电压表的示数增大，电容器两端的电 压增大，根据� = ��可知，电容器�的电荷量增大。故 B 正确； C.本题中电源内阻与外阻阻值之间的大小关系未知，故无法判断电源输出功率增大还是减小，故 C 错误； D.电路中的电流减小，电源内部消耗的功率� = �2�，所以将随电流的减小而减小。故 D 错误。 故选：�。 分析电路结构，根据光敏电阻的阻值变化分析电路中总电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可分析电路中 电流及电压的变化；由电容的定义式� = ��分析电容器所带电荷量的变化。再由功率公式可分析功率变化。 本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析，要注意正确分析电路，再根据程序法按“局部−整体−局部”的思 路进行分析解答，注意在直流电路中电容器视为断路。 3.【答案】� 【解析】 物块在该行星极地表面静止时，万有引力等于重力����2 = ��极 = � 在赤道表面静止时，万有引力和重力的合力提供向心力����2 −��赤 = �� 其中��赤 = 3 4� 第 5页，共 12页 联立解得�� = 1 4� A.根据向心力公式�� = � 4�2 �2 �可得，该行星的自转周期为� = 16�2�� � 故 A 错误； B.物块在该行星极地表面静止时，万有引力等于重力����2 = ��极 = � 解得� = �� 2 ��，故 B 错误； C.在赤道表面静止时，根据平衡条件，重力等于弹簧测力计的拉力，即��赤 = 3 4� 解得�赤 = 3� 4�，故 C 错误； D.根据� = ��可知，该行星的密度为� = � � = � 4 3�� 3 = ��2 �� 4 3�� 3 = 3� 4����，故 D 正确。 故选 D。 4.【答案】� 【解析】【分析】 此题主要考查带电粒子在电场中的偏转及加速运动，质子、�粒子带电量和质量不全相同，进入同一电场时 加速度不同，做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动， 推导出偏转位移的表达式，再进行分析；根据动能定理，动能增量等于合外力做的功，即电场力做的功； 根据动量定理，动量改变量等于电场力的冲量。 【解答】 A.质子与�粒子以相同的初动能进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上 做初速度为零的匀加速直线运动，设电场宽度为�，粒子的初速度为�0，在电场中运动的时间为�，则得到 加速度为：� = �� = �� �，偏转距离为：� = 1 2 �� 2，运动时为：� = ��0 ，联立三式得：� = ��� 2 2��0 2，由�的表达式 可知，质子与�粒子以相同的初动能进入匀强电场时，偏转位移与粒子的电量成正比，其中一束粒子从�离 开电场，另一束粒子从下边界�离开电场，故从从�等势面离开电场的是质子，故 A 错误； B.根据动能定理� = ��可知，质子与�粒子的动能增量之比为 1：4，故 B 错误； D.由于质子与�粒子的初动能相同，而质量之比为 1：4，故初速度之比为 2：1，根据�中所求时间表达式� = ��0 可知，质子与�粒子在电场中运动的时间之比为 1：2，故 D 正确； C.根据动量定理可知，粒子在电场中动量改变量等于合外力的冲量，即�� = ���，故质子与�粒子的动量改 第 6页，共 12页 变量之比为 1：4，故 C 错误。 故选 D。 5.【答案】�� 【解析】【分析】 本题主要考查振动图象以及波的叠加，明确图象的物理意义是解决问题的关键。根据波的传播特点分析� 点开始振动需经历的时间；结合题意和振动图象，由公式� =  ��求解水波波长；两振源的振动情况完全相 同，介质中某一点到两振源的距离差为半波长的奇数倍时，该点是振动减弱点，当介质中某一点到两振源 的距离差为半波长的偶数倍时，该点是振动加强点，由此分析即可正确求解。 【解答】 A.打开振动器开关后，�点开始振动需经历的时间为� = ��� = 1.5 �，故 A 错误； B.由振动图象可知� = 0.5�，由� =  ��，解得� =  0.4 �，故 B 正确； C.�距�、�两波源的波程差�� = 0.8 � =  2�，所以�点是振动加强点，故 C 错误； D.��线段上共有�� =− 2�、−�、0、�、2�，5 个振动加强点，故 D 正确。 6.【答案】�� 【解析】【分析】 解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断通电电流周围的磁场方向，以及知道磁感应强度是矢量，合成遵循 平行四边形定则，同时正确掌握左手定则的应用。 根据右手螺旋定则得出三根通电导线在�点的磁感应强度的方向，根据平行四边形定则得出合场强的大小； 再根据左手定则分析电荷的受力方向。 【解答】 ��.根据右手螺旋定则结合公式� = ���，电流�在�产生的磁场平行��指向左下方，大小为�0；由于�� = �� = 2��，则电流�在�产生的磁场平行于��向左，大小为 2�0；同理：�电流在�产生的磁场平行��指向右下方， 大小为 2�0，方向如图所示 第 7页，共 12页 根据平行四边形定则，则�点合磁感应强度的方向垂直��指向左向下，大小为� = �0 + 2 × 2�0cos60∘ = 3�0 故 A 正确，B 错误； C.根据左手定则，质子垂直纸面向里通过�点时所受洛伦兹力的方向由�点指向�，故 C 正确； D.�、�导线之间的安培力是相互作用力，大小相等，故 D 错误。 故选 AC。 7.【答案】�� 【解析】【分析】 本题考查动量定理以及动力学规律的应用，要注意明确两物体间的受力关系和牛顿第二定律的应用，同时 注意动量定理的应用，明确动量定理应用时的方向性是解题的关键。 分析�和�的受力情况，由牛顿第二定律明确各自的加速度大小关系，再结合题中条件进行分析，从而明确 拉力的大小以及运动时间关系；根据动量定理进行分析，明确摩擦力冲量的大小关系，最后分析增大拉力 后两物体运动状态的变化，从而分析木块�能否再滑出桌面。 【解答】 A.根据题意可以知道，�和�一定会发生相对滑动，并且�相对�向后运动，故�的加速度一定小于�的加 速度；对�分析可以知道，�水平方向受摩擦力作用，由牛顿第二定律有：��� = ��1，计算得出：�1 = ��； 再对�分析可以知道，�受地面以及�的摩擦力，由牛顿第二定律可得：� = 2�(� +�)� − ��� = ��2； 因�2 > �1，因此，�一定大于 3�(� + �)�，故 A 正确； B.�滑到桌面上后，加速度变为 2��，因�先加速度再减速，并且最大速度相同，所以在桌面上滑动的时间 一定小于在�上滑动的时间，故 B 错误； C.根据动量定理可以知道，�的动量变化量为零，故说明总冲量为零，因�只受到�的向右的冲量和桌面向 左的冲量，故二者一定大小相等，方向相反，故 C 正确； D.增大恒力�后，�在�上运动的时间变短，而�受到的摩擦力不变，故�对�的冲量减小，离开桌面时的速 度和位移均减小；因此在桌面上滑行的距离更短，不会离开桌面，故 D 错误.。 故选 AC。 8.【答案】�� 【解析】解：�、粒子在磁场做匀速圆周运动，出磁场后做匀速直线运动，粒子运动轨迹如图所示，速度最 大的粒子从�点离开磁场，达到��的位置为�点，在磁场中的运动半径最大为��，弦��与��的夹角为�，� = 30°。其它粒子都在��之间穿过��，设在��之间任意一点�穿过��的粒子由�点离开磁场，因��//��，��1/ ​ /��2，可得△ ���1∽△ ���2，则�点必在弦��上，可知所有粒子从磁场射出的位置均在��上，所有 粒子在磁场在运动轨迹的圆心角均等于∠��1� = 120°。 第 8页，共 12页 设经过�点的粒子速度为�1，在磁场的运动半径为�，周期为�。 由洛伦兹力提供向心力得：��1� = � �1 2 � 解得：�1 = ��� � � = 2�� �1 = 2�� �� �� = � ���30∘ = 3� 粒子在磁场中的运动时间：�1 = 120° 360∘ � = 1 3� = 2�� 3�� 粒子在磁场外由�到�的运动时间：�2 = �� �1 = 3��1 = 3��� 粒子从�点到达水平线��的时间：� = �1 + �2 = 2�� 3�� + 3� �� 可见所有粒子从�点到达水平线��的时间与初速度大小无关，时间均相等，故 A 错误； C、对于速度最大的粒子，同理得：��� = � � 2 �� 解得：�� = �� �� 由几何关系可得：��1 = 2�� 从水平线��离开的位置距�点的距离为：�� = ��1 + �� = 2�� + �� = 3�� �� ，故 C 错误； D、由上述分析可知匀强磁场区域的最小面积为图中红色线条围成的面积，则有： ���� = 120° 360∘ ��� 2 − 12 ⋅ �� ⋅ �����60° = ( � 3 − 3 4 ) �2�2 �2�2，故 D 正确； B、初速度最大的粒子从�点出发时的动量与到达��时的动量大小相等均为��，两动量方向的夹角为 120°， 由平行四边形定则可得，两动量的变化量的大小为 3��，故 B 正确。 故选：��。 粒子在磁场做匀速圆周运动，出磁场后做匀速直线运动，作出粒子运动轨迹图，由几何关系判断所有粒子 从磁场射出的位置，确定磁场的最小区域；由洛伦兹力提供向心力求得粒子运动半径与速度关系；由运动 周期结合圆心角求解粒子在磁场中运动时间；根据平行四边形定则求解初末动量的变化量的大小。 本题考查了带电粒子在磁场中运动问题，对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依 据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。 9.【答案】�� 无 【解析】解：当长方形线圈����有一半处在磁感应强度为�的匀强磁场中时，以��边为轴转过 30°，此时线 圈的有效面积为�，故磁通量� = �� 第 9页，共 12页 以��边为轴转过 30°的过程中，线圈的有效面积始终为�，穿过线圈中的磁通量并未发生改变，线圈中没有 产生感应电流。 故答案为：��；无。 在匀强磁场中，当线圈与磁场垂直时，穿过线圈的磁通量为� = ��，图中�有磁感线穿过线圈的面积，即为 有效面积，当线圈以��为轴从图中位置转过 30°的过程中，线圈在垂直于磁场方向投影的面积不变，始终为 �；穿过闭合回路的磁通量发生变化时，回路中有感应电流产生。 本题考查磁通量和产生感应电流的条件，知道公式� = ������中�����为线圈在在垂直于磁场方向投影的面 积。 10.【答案】1：2；1：1 【解析】解：根据��� = � � 2 �，得� = ��� � 。 最大动能�� = 1 2�� 2 = � 2�2�2 2� ， 则氘核( 12�)和氦核( 24��)的最大动能之比为 12 2 ： 22 4 = 1：2； 带电粒子在磁场中运动的周期� = 2���� ， 因两粒子的比荷 � �相等，所以加速氘核( 2 1�)和氦核( 24��)时所加高频电源的频率之比 1：1， 故答案为：1：2，1：1。 带电粒子最后从回旋加速器中出来时的速度最大，根据��� = � � 2 �，比较粒子的速度；再根据�� = 1 2�� 2 比较最大动能。 在回旋加速器中的周期� = 2���� ，根据周期的公式判断两粒子的周期，进而判定频率的之比。 解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速，磁场偏转来加速粒子。以及知道粒子在磁场中运动的周 期和交流电的周期相同。 11.【答案】10 2 5� � 2 + 16 【解析】解：小球在水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动， 水平方向小球恰好转半个周期离开磁场，故离开磁场的时间为� = �2 = �� �� = 1� 则离开磁场时的竖直方向的速度�� = �� = 10 × 1�/� = 10�/� 小球离开磁场时的速度大小为� = �02 + ��2 = 102 + 102�/� = 10 2�/� 小球离开磁场时在竖直方向的距离为� = 12�� 2 = 12 × 10 × 1 2� = 5� 第 10页，共 12页 小球在水平方向做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：��0� = ��0 2 � 解得：� = ��0�� 水平方向位移为直径，即� = 2� = 2��0�� 代入数据解得：� = 20� � 则小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为� = � �2 + �2 = ( 20 � ) 2 + 52� = 5 � � 2 + 16� 故答案为：10 2；5� � 2 + 16。 小球在水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，小球离开磁场时水平方向为一个半圆、根据 运动情况结合运动学公式进行解答。 对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供 向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。 12.【答案】 > � 没必要 �1�1 = �1�2 +�2�3 �1�12 = �1�22 +�2�32 【解析】(1)为保证两球碰撞后沿同一方向运动，入射小球的质量应大于被碰小球的质量，所以�1 > �2。 (2)如果采用画圆法确定小球的平均落点位置，应该让所画的圆尽可能地把大多数落点包进去，且圆的半径 最小，这样所画圆的圆心即为小球落点的平均位置，故圆�画的最合理。 (3)由于小球碰撞前后做自由落体运动的高度都相同，所以，小球做平抛运动的时间相同，等式两边的时间 消去，所以没必要测量小球做平抛运动的高度。 (4)设平抛运动的时间为�，则碰前�球的速度�0 = �1 �，碰后的速度为�1 = �2 �，被碰小球的速度为�2 = �3 �，要 验证系统的动量守恒，需要验证�1�0 = �1�1 +�2�2，即验证�1�1 = �1�2 +�2�3成立; 要验证碰撞为弹性碰撞，需要验证 1 2�1�0 2 = 12�1�1 2 + 12�2�2 2， 第 11页，共 12页 13.【答案】(1)�；�； (2) ；右； (3) 1�0；�； 1 � 【解析】【分析】 本题考查测电表的内阻的实验，熟悉实验原理是解题的关键。 (1)根据电路特点得出标准电流表的量程情况即可选择；根据滑动变阻器选择的原则得出所需的滑动变阻器； (2)根据电路图连接实物图，从保护电表角度分析即可得出滑动变阻器滑片�应滑至的位置； (3)根据串并联图知列方程，结合图像的横、纵截距的含义得出待测电流表的量程和内阻。 【解答】 (1)由电路知，标准电流表的电流等于待测电流表和电阻箱的电流之和，即标准电流表的路程应大于 0.6�， 应选 C；根据题图甲可知，滑动变阻器�为分压接法，为了调节方便，滑动变阻器应选全阻值较小的，即选 E； (2)根据电路图连接实物图，如图所示： ； 为了保护电表，滑动变阻器的滑片�应滑至右端； 第 12页，共 12页 (3)设电流表�1的量程为��、内阻为��，则有 ���� �0 = � − ��，整理得� = ���� 1 �0 + ��，纵坐标为�，则横坐标为 1 �0 ，可见� − 1 �0 图像的横截距为− 1�� =− �，即�� = 1 �，纵截距为�� = �。 福州三中2024-2025学年第一学期高三第六次质量检查 物理试卷 考试时间:75分钟 满分:100分 出卷人:张蔡翔 审核人:晓峰 一、单选题:本大题共4小题,共16分。 1.在光滑水平面上,一个小物块在水平恒力作用下做直线运动,0~t。时间内小物块的v一t图象如图所示。 则在0t。时间内,下列说法正确的是() A.小物块一直做减速运动 B.小物块的加速度与速度一直反向 D.小物块的平均速度大小为3-20 2.在如图所示的电路中,R。为定值电阻,R为光敏电阻(光照减弱时阻值增大),C为电容器,现减弱对光敏 电阻R光照的强度,下列说法正确的是() A.电流表的示数增大 { B.电容器C的电荷量增大 C.电源输出功率增大 D. 电源内部消耗的功率变大 3.某星系中有一颗质量分布均匀的行星,其半径为R,将一质量为m的物块悬挂在弹赘测力计上,在该行星 极地表面静止时,弹赞测力计的示数为F:在赤道表面静止时,弹测力计的示数为{}F。已知引力常量为G。下 列说法正确的是() 4r2mR A.该行星的自转周期为。 4.如图;虚线a、b、c、d、e为某有界匀强电场区域的五个等势面,各等势面间的距离相等。质子(H)、a粒子 (He)以相同的初动能,沿c射入该电场区域,其中一束粒了从d离开电场,另一束粒子从下边界e离开电场。 则质子和a粒子从进入到离开电场的过程中,下列说法正确的是() 第1页,共7页 扫描全能王创建 __-__--- A.从e等势面离开电场的是质子 b B.质子与a粒子的动能增量之比为AE:4Erg=12 .--__-- C C.质子与a粒子的动量改变量之比为4p:4p。=1:2 d D.质子与a粒子在电场中运动的时间之比为t:t=1.2 二、双项选择题:本大题共4小题,共24分。 5.如图甲所示,在平静的水面上,有长方形的ABCD区域,其中AB=1.6m,AD=1.2m。在A、B处安装两 个完全相同的振动器,t一0时,同时打开开关,振源的振动图像如图乙所示,形成的水波以0.8m/s的速度 传播。下列说法正确的是() D..-.....---.--.C .._._........-:B 器Z乙 圈甲 A.t-2.5s时,D点开始振动 B.水波波长为0.4m C.C点是振动减弱点 D.CD线段上(包括C、D两点)振动加强点有5个 6.如图所示,a、b、c为三根与纸面垂直的固定长直导线,其截面位于等边三角形的三个顶点上,bc连线沿 水平方向,导线中通有恒定电流,且l。=I=2l,电流方向如图中所示。0点为三角形的中心(0点到三个 顶点的距离相等),其中通电导线c在0点产生的磁场的磁感应强度的大小为B。。已知长直导线在周围空间某 点产生磁场的磁感应强度的大小B-K,其中/为通电导线的电流强度,r为该点到通电导线的垂直距离,k为 常数,则下列说法正确的是() A.0点处的磁感应强度的大小为3B B.0点处的磁感应强度的大小为5B C.质了垂直纸面向里通过0点时所受洛伦兹力的方向由C点指向( D.因为I>Ic,a、c两导线产生的磁感应强度不同,所以a、c两导线之间安培力大小不等 第2页,共7页 扫描全能王创建 7.如图所示,质量为M的簿木板静止在粗耀水平桌面上,木板上放置一质量为m的小木块. 已知m与M之间 的动摩擦因数为,m、M与桌面间的动摩擦因数均为2u.现对M施一水平恒力F,将M从m下方拉出,而m恰 好没滑出桌面,则在上述过程中() m□ A.水平恒力F一定大于3u(m+M)g B.m在M上滑动的时间和在桌面上滑动的时间相等 C.M对m的冲量大小与桌面对n的冲量大小相等 D.若增大水平恒力F,木块有可能滑出桌面 8.如图所示,水平线PO上方某区域内存在垂直于纸面向里,磁感应强度大小为B的匀强磁场。0点在边界上 且存在粒子源,可发出方向垂直P0向上、初速度大小不同的粒子,初速度的最大值为v,粒子从O点发出即 进入磁场区。最终所有粒子均从0点左侧与水平成30^斜向左下方穿过水平线P0,所有粒子质量均为m,带 电量绝对值为g,不计粒子重力及粒子间相互作用,下列说法正确的是() P300 A.粒子初速度越大,从O点到达水平线PO的时间越长 B.初速度最大的粒子从O点出发到穿过PO的过程中动量变化为3mt C.速度最大的粒子从水平线PQ离开的位置距o点的距离为3+1)mu B 三、填空题:本大题共3小题,共8分。 9.(2分)如图所示,总面积为2S的线圈abcd垂直放在磁感应强度为B的匀强磁 x 场中,线圈一半在磁场外。若线圈以ab边为轴转过30{,则此时穿过线圈的磁通 x#xx 量为_:在转动过程线圈中感应电流产生(选填“有”或“无”)。 xxXx1 扫描全能王创建 10.(2分)如图所示是医用回旋加速器的示意图,其核心部分是两个D形 △线束 真空室 金属盒,两金属盒置于匀强磁场中,并分别与高频电源相连。现分别加速 高频电源 D形盒 氛核(H)和氛核(He)。氛核(2H)和氢核(He)的最大动能之比为___. 离子 加速氛核(2H)和氢核(2He)时所加高频电源的频率之比为___。 ## 11.(4分)如图所示,竖直平面MNRS的右侧存在竖直向上的足够大的匀强磁场 从平面MNRS上的O点处以初速度v。三10m/s垂直MNRS面向右抛出一带电量为q质 _m/s;小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为_m。(答案可用根号, 带n的表达式) 四、实验题:本大题共2小题,共14分。 12. (7分)某实验小组的同学利用图甲所示的装置完成“验证动量守恒定律”的实验。实验时先让A球从 斜橹上某一固定位置由静止释放,P点为A球落点的平均位置;再将半径相同的B球放在水平轨道的末端,将A 球仍从原位置由静止释放,M、N分别为A、B两球碰撞后落点的平均位置。O点是水平轨道末端在记录纸上 的竖直投影,0、M、P、N位于同一水平直线上。 A球 B球 _ {# 777777771777 N (1)若小球A的质量为m,小球B的质量为m2,为保证两球碰撞后沿同一方向运动,则要求m.___m2(填 “>”“-”或“<”): (2)小球释放后落在复写纸上会在白纸上留下印迹。多次实验,白纸上留下多个印迹,如果用画圆法确定小 球的落点,图乙中画的三个圆最合理的是圆(填“a”“b”或“c”); (3)本实验中(填“必须”或“没必要”)测量小球做平抛运动的高度: (4)若测得OP=s,OM=s2,ON=s3,在误差允许的范围内,满足关系式 成立,则验证了动量守恒 定律;若满足关系式成立,则说明碰撞为弹性碰撞。(均选用m、m2、s1、s2、s3表示) 第4页,共7页 扫描全能王创建 13.(7分)实验室有一电流表,只有量程一条刻度线,但数据未知(0.6A左右)。某同学用如图甲所示的 电路测量电流表的量程和内阻,可供使用的器材如下: 甲 乙 丙 A.待测电流表: B.标准电流表:量程为0.6A,内阻未知; C.标准电流表:量程为3A,内阻未知; D.电阻箱R。:阻值范围为0~999.90; E.滑动变阻器(最大阻值为202): F.滑动变阻器(最大阻值为2k2): G.电源E:电动势约为4V,内阻不计; H.开关S,导线若干。 (1)标准电流表应选用 ___(填“B”或“C”),滑动变阻器R应选用_(填“E”或“F”)。 (2)请在如图乙所示的实物图中,用笔画线将电路连接完整:按照电路图,闭合开关S前应将滑动变阻器R的 滑片移至。 (填“左”或“右”)端 (3)闭合开关S,将滑动变阻器的滑片P移至某一位置,接着调节R。,直至电流表满偏,记录此时标准电 流表④的示数I和电阻箱的阻值R。。重复实验,得到多组数据,通过作图处理数据,一般需要作出直线,若 纵坐标为I,则横坐标应为_;选择合适的横坐标后正确作出如图丙所示的图像,如果图像的横截距 为一a、纵截距为b,则电流表的量程为__、内阻为__ 第5页,共7页 扫描全能王 创建 五、计算题:本大题共3小题,共38分。 14.(10分)如图为一电流表的原理示意图,质量为m的均匀细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖 直悬挂的弹赘相连,弹赘的劲度系数为k,在矩形区域abcd内有匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直 纸面向外,与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数,MN的长度大于ab、当MN中没有电流 通过且处于平衡状态时,MN与矩形区域的cd边重合;当MN中有电流通过时,指针示数可表示电流大小; 求: (1)若要电流表正常工作,请直接写出MN的N端应与电源的正极还是负极相接? _d (2)当电流表示数为零时,弹赞的伸长量 (3)若k=200N/m,ab=20cm,cb=0.05cm,B=0.2T,电表的量程是多少? b 15.(12分)如图,在真空室内的P点,能沿纸面向各个方向不断发射电荷量为+q,质量为m的粒子(不计 重力),粒子的速率都相同。ab为P点附近的一条水平直线,P到直线ab的距离PC一L,Q为直线ab上一点, 它与P点相距PQ-L。当直线ab以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场时,水平向 左射出的粒子可到达Q点;当ab以上区域只存在平行该平面,方向竖直向下的匀强电场时,水平向左射出的 粒子也可到达0点。(已知sin37*=0.6,cos37o=0.8)求: (1)粒子的发射速率; (2)匀强电场的场强大小 (3)仅有磁场时,能到达直线ab的粒子所用最短时间。 第6页,悲7) 扫描全能王创建 16.(16分)如图所示,O'PQ是关于y轴对称的四分之一圆孤,在PQNM区域有均匀辐向电场,PQ与MN间 的电压为V.PO.上均匀分布带正电的粒子,可均匀持续地以初速度为零发射出来,任一位置.上的粒子经电场 加速后都会从0进入半径为R、中心位于坐标原点O的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直于xOy平面向外 磁感应强度大小为B,其中沿土y轴方向射入的粒子经磁场偏转后恰能沿十x轴方向射出,在磁场区域右侧有一 对平行于x轴且到x轴距离都为R的金属平行板A和K,金属板长均为4R,其中K板接地:A与K两板间加有电 压U>0,忽略极板电场的边缘效应.已知金属平行板左端连线与磁场圆相切,O在y轴上(0.一R)处.(不考 虑粒子之间的相互作用力) (1)求带电粒子的比荷. (2)求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围。 (3)若电压UAx=3U,求到达K板的粒子数与进入平行板的总粒子数的比 值。 扫描全能王创建