20232024學(xué)年云南省昆明八中高二（上）月考物理試卷（9月份）一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（4分）下列四圖中，能正確反映做曲線運動物體的運動軌跡、速度v和所受合外力F關(guān)系的是（）A． B． C． D．2．（4分）如圖為一種改進后的回旋加速器示意圖，加速電場場強大小恒定，且被限制在AC板間，虛線中間無電場，帶電粒子在P0處由靜止經(jīng)加速電場加速后進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動，對該回旋加速器，下列說法正確的是（）A．帶電粒子每運動一周被加速兩次 B．加速粒子的最大速度與加速電場有關(guān) C．AC板間的加速電場方向需要做周期性變化 D．右側(cè)相鄰圓弧間距離P2P3與P1P2的比值為：3．（4分）如圖所示的電路中，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r，電容器的電容為C，定值電阻R＝r，閉合開關(guān)S，待電路穩(wěn)定后，電容器所帶電荷量為（）A． B． C．CE D．4．（4分）如圖所示，一質(zhì)量為m的物塊放置于水平地面上，受到一個與水平方向夾角為θ的拉力F作用，處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知物塊與地面的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，物體所受到摩擦力的大小一定為（）A．μmg B．μ（mg﹣Fsinθ） C．Fcosθ D．Fsinθ5．（4分）如圖甲所示，一物塊從足夠長的固定粗糙斜面底端以某一速度沖上斜面。從初始位置起物塊動能Ek隨位移x的變化關(guān)系如圖乙所示。已知物塊質(zhì)量為2kg，斜面傾角為37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取重力加速度g＝10m/s2．下列說法正確的是（）A．物塊上升的最大高度為5m C．整個上滑過程物塊機械能減少了100J D．整個上滑過程物塊重力勢能增加了100J6．（4分）如圖所示，某空間存在一平行于豎直平面的勻強電場，高度差為h的A、B兩點位于同一豎直線上。將一質(zhì)量為m、電量為+q的小球從A點以v0＝的速度水平拋出，一段時間后小球通過B點，通過B點時的速度大小為2，已知重力加速度為g，則（）A．場強方向豎直向下 B．場強大小為 C．小球在A點的電勢能大于在B點的電勢能 D．運動過程中，小球與A點的最大水平距離為二、多項選擇題：本題共4小題，每小題6分，共24分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有錯選的得0分。（多選）7．（6分）a、b兩正弦式交流電的i﹣t圖象如圖所示，它們的周期分別用Ta、Tb不表示，它們分別通過同一個電阻時，電阻的熱功率分別用Pa、Pb表示，下列關(guān)系式正確的是（）A．Ta：Tb＝1：2 B．Ta：Tb＝1：1 C．Pa：Pb＝1：2 D．Pa：Pb＝1：4（多選）8．（6分）木星繞太陽轉(zhuǎn)動的軌道，木星的衛(wèi)星繞木星轉(zhuǎn)動的軌道，均可視為圓。已知木星繞太陽轉(zhuǎn)動的軌道半徑為R1、轉(zhuǎn)動的周期為T1，木星的某一衛(wèi)星繞木星轉(zhuǎn)動的軌道半徑為R2、轉(zhuǎn)動的周期為T2，萬有引力常量為G。下列說法正確的是（）A． B．木星的質(zhì)量為 C．該衛(wèi)星繞木星轉(zhuǎn)動的線速度大小為 D．木星繞太陽轉(zhuǎn)動的角速度大小為（多選）9．（6分）如圖所示，豎直平面內(nèi)的固定光滑圓形絕緣軌道的半徑為R，A、B兩點分別是圓形軌道的最低點和最高點，圓形軌道上C、D兩點的連線過圓心O且OC與豎直向下方向的夾角為60°。空間存在方向水平向右且平行圓形軌道所在平面的勻強電場，一質(zhì)量為m的帶負電小球（視為質(zhì)點）恰好能沿軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓形軌道運動，且小球通過D點時的速度最小。重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．小球受到的電場力大小為 B．小球通過D點時的速度大小為 C．小球在運動過程中的最大速度為 D．小球通過C點時所受軌道的作用力大小為12mg（多選）10．（6分）如圖所示，一長度為1m，質(zhì)量為0.1kg的通電直導(dǎo)線緊靠豎直墻水平放置，導(dǎo)線中通以垂直指向向外，大小為2A的電流，導(dǎo)線與豎直墻壁的動摩擦因數(shù)為0.5，為了讓導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)加一豎直向上的勻強磁場，取重力加速度g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則所加勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小可能為（）A．2T 三、實驗題。本題共2小題，共16分。把答案寫在答題卡中指定的答題處。11．（6分）用電磁打點計時器、平板（光滑）、小車等器材探究小車速度隨時間變化的規(guī)律，如圖所示是某同學(xué)即將釋放小車之前的實驗裝置圖．該裝置圖中有3處明顯錯誤，它們分別是：（1）；（2）；（3）．12．（10分）要描繪一只標(biāo)有“6V、3W”字樣小燈泡的伏安特性曲線，為確保得到該小燈泡的一條完整伏安特性曲線，除了導(dǎo)線和開關(guān)外，實驗室還有如下器材可供選擇：電流表A1Ω）電流表A2Ω）電壓表V（量程3V，內(nèi)阻RV＝3kΩ）滑動變阻器R1（阻值0～5Ω，額定電流1.5A）滑動變阻器R2（阻值0～lkΩ，額定電流0.1A）定值電阻R3＝300Ω定值電阻R4＝3kΩ直流電源（電動勢E＝6V，內(nèi)阻很?。?）為減小實驗誤差，電流表應(yīng)選（選填“A1”或“A2”）；滑動變阻器應(yīng)選（如填“R1”或“R2”）；定值電阻應(yīng)選（選填“R3”或“R4”）；（2）為提高實驗精度，請設(shè)計電路圖，并畫在虛線框中（圖中標(biāo)出所選擇器材的符號）：（3）根據(jù)設(shè)計合理的電路圖連接實物進行實驗時，當(dāng)電壓表V顯示讀數(shù)為2.50V時，燈泡兩端實際電壓為V；（4）根據(jù)該電路設(shè)計圖進行實驗，測得電壓表的讀數(shù)為U、電流表讀數(shù)為I，若考慮電表的內(nèi)阻，則此時燈泡的電阻為。（用題目中所給字母或符號表示）四、計算題：本題共3小題，共36分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（8分）如圖所示，坐標(biāo)系xOy的第一、二象限內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子從坐標(biāo)原點O以速度v0射入磁場，v0與x軸正向的夾角為30°，一段時間后另一個質(zhì)量為m、帶電量為﹣q的粒子以相同的速度從O點射入磁場，最后兩粒子同時從x軸上離開磁場，離開磁場時兩粒子相距L。不計粒子的重力和粒子之間的相互作用，求：（1）磁感應(yīng)強度B的大??；（2）兩粒子射入磁場的時間差。14．（13分）在如圖所示的電路中，電源的電動勢E＝36V，內(nèi)阻r＝6Ω，電阻R1＝R3＝4Ω，R2＝R4＝8Ω，C為平行板電容器，其電容C＝2.0pF，虛線到兩極板的距離相等，極板長l＝0.20m，兩極板的間距d＝0.24m，極板右邊緣到熒光屏的距離b＝0.2m。（1）若開關(guān)S處于斷開狀態(tài)，則將其閉合后，流過R4的電荷量為多少？（2）若開關(guān)S斷開時，有一個帶電微粒沿虛線方向以v0＝2.0m/s的初速度射入平行板電容器的兩極板間，剛好沿虛線勻速運動，則當(dāng)開關(guān)S閉合穩(wěn)定后，t＝0時，該帶電微粒以相同的初速度沿虛線方向射入兩極板間，試證明粒子能否從極板間射出。（g取10m/s2，要求寫出計算和分析過程）15．（15分）如圖所示，傾角θ＝37°的足夠長光滑斜面固定在水平地面上，其上端固定一光滑定滑輪，薄板A通過跨過定滑輪的輕質(zhì)細繩與物塊B相連，初始時薄板A被鎖定在斜面上，將一可視為質(zhì)點的物塊C從薄板A的最上端由靜止釋放。已知薄板A、物塊B、物塊C的質(zhì)量分別mA＝2kg、mB＝4kg、mc＝1kg，薄板A與物塊C之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取重力加速度g＝10m/s2。（1）求物塊C釋放時的加速度；（2）若t＝0時刻釋放物塊C的同時解除對薄板A的鎖定，①求t＝1s時薄板A、物塊B、物塊C的速度大?。ù藭r物塊C未滑離薄板A）；②若t＝1s時剪斷輕質(zhì)細繩，最終物塊C給好沒有滑離薄板A，求薄板A的長度。20232024學(xué)年云南省昆明八中高二（上）月考物理試卷（9月份）參考答案與試題解析一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（4分）下列四圖中，能正確反映做曲線運動物體的運動軌跡、速度v和所受合外力F關(guān)系的是（）A． B． C． D．【分析】當(dāng)物體速度方向與加速度方向不在同一直線上時，物體做曲線運動，加速度指向曲線凹的一側(cè)；當(dāng)加速度與速度方向夾角小于90度時物體做加速運動；當(dāng)加速度的方向與速度方向大于90度時物體做減速運動；分析圖示情景然后答題?！窘獯稹拷猓篈、圖中速度的方向不是沿曲線的切線方向。故A錯誤；B、圖中速度的方向沿曲線的切線方向，合外力F的方向在曲線彎曲的一側(cè)，是正確的。故B正確；C、中速度的方向沿曲線的切線方向，但合外力的方向指向曲線彎曲的外側(cè)，這是不可能的。故C錯誤；D、中速度的方向不是沿曲線的切線方向。故D錯誤；故選：B?！军c評】該題考查速度的方向與受力的方向、軌跡的方向之間的關(guān)系；知道物體做曲線運動的條件，分析清楚圖示情景即可正確解題。2．（4分）如圖為一種改進后的回旋加速器示意圖，加速電場場強大小恒定，且被限制在AC板間，虛線中間無電場，帶電粒子在P0處由靜止經(jīng)加速電場加速后進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動，對該回旋加速器，下列說法正確的是（）A．帶電粒子每運動一周被加速兩次 B．加速粒子的最大速度與加速電場有關(guān) C．AC板間的加速電場方向需要做周期性變化 D．右側(cè)相鄰圓弧間距離P2P3與P1P2的比值為：【分析】AC.帶電粒子經(jīng)加速電場加速后，進入磁場發(fā)生偏轉(zhuǎn)，電場被限制在A、C板間，只有經(jīng)過AC板間時被加速，所以運動一周加速一次，電場的方向不需改變；B.帶電粒子在勻強磁場中，洛倫茲力提供向心力，當(dāng)帶電粒子離開回旋加速器時，速度最大；D.帶電粒子在勻強磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，求解圓周運動的半徑，根據(jù)題圖求解右側(cè)相鄰圓弧間的距離P2P3與P1P2；帶電粒子在電場中加速，加速度的大小相同，根據(jù)加速度的定義式求時間之比，最后再求距離之比?！窘獯稹拷猓篈C．根據(jù)回旋加速器的工作原理可知，帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)，帶電粒子只有經(jīng)過AC板間時被加速，因此帶電粒子每運動一周被加速一次；電場的方向沒有改變，則在AC間加速，故AC錯誤；B．當(dāng)粒子從D形盒中出來時，速度最大根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得可知加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān)，D形盒半徑越大，與加速電場無關(guān)，故B錯誤；D．根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得則同理，有因為每轉(zhuǎn)一圈被加速一次，速度變化量Δv＝att為經(jīng)過相同位移用的時間，根據(jù)運動學(xué)規(guī)律即右側(cè)相鄰圓弧間距離P2P3與P1P2的比值為，故D正確。故選：D?！军c評】解決本題的關(guān)鍵知道該回旋加速器的原理，知道粒子每轉(zhuǎn)一圈，加速一次，且都在AC間加速，加速的電場不需改變。3．（4分）如圖所示的電路中，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r，電容器的電容為C，定值電阻R＝r，閉合開關(guān)S，待電路穩(wěn)定后，電容器所帶電荷量為（）A． B． C．CE D．【分析】求出電容器兩端的電壓，根據(jù)公式Q＝CU求解電容器所帶的電荷量?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)電路特征可知，電容器兩端的電壓為U＝UR＝＝，所以電容器所帶電荷量為：Q＝CU＝；故ACD錯誤，B正確；故選：B。【點評】解決該題的關(guān)鍵是知道電容器兩端的電壓等于預(yù)知并聯(lián)的物體的電壓，熟記電容器的電荷量的求解公式。4．（4分）如圖所示，一質(zhì)量為m的物塊放置于水平地面上，受到一個與水平方向夾角為θ的拉力F作用，處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知物塊與地面的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，物體所受到摩擦力的大小一定為（）A．μmg B．μ（mg﹣Fsinθ） C．Fcosθ D．Fsinθ【分析】根據(jù)物體的平衡狀態(tài)進行受力分析，列方程求解即可；【解答】解：物體受力如圖所示，物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以合力為零，則水平方向合力為零，故有：F?cosθ＝f，故ABD錯誤，C正確；故選：C?！军c評】該題的關(guān)鍵是正確對物體受力分析，能根據(jù)平衡狀態(tài)列出方程，5．（4分）如圖甲所示，一物塊從足夠長的固定粗糙斜面底端以某一速度沖上斜面。從初始位置起物塊動能Ek隨位移x的變化關(guān)系如圖乙所示。已知物塊質(zhì)量為2kg，斜面傾角為37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取重力加速度g＝10m/s2．下列說法正確的是（）A．物塊上升的最大高度為5m C．整個上滑過程物塊機械能減少了100J D．整個上滑過程物塊重力勢能增加了100J【分析】根據(jù)功能關(guān)系進行解題，計算出摩擦系數(shù)，其中機械能損失等于摩擦力做功；再根據(jù)重力做功與重力勢能變化量存在相反數(shù)進行求解勢能變化?！窘獯稹拷猓篈、由圖可知，當(dāng)動能減少到零時，x＝5m，因此物塊上升的最大高度為H＝xsin37°＝3m，故A錯誤；B、根據(jù)功能關(guān)系可得：Ek＝mgH+μmgcos37°?x，代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.5，故B正確；CD、根據(jù)能量關(guān)系可知，機械能減少了△E＝μmgcos37°?x＝40J；重力勢能增加了△EP＝60J，故CD錯誤；故選：B?！军c評】本題考查了能量關(guān)系及動能定理，解題的關(guān)鍵是知道結(jié)合圖象進行解題，并結(jié)合動能定理及能量轉(zhuǎn)化解題即可。6．（4分）如圖所示，某空間存在一平行于豎直平面的勻強電場，高度差為h的A、B兩點位于同一豎直線上。將一質(zhì)量為m、電量為+q的小球從A點以v0＝的速度水平拋出，一段時間后小球通過B點，通過B點時的速度大小為2，已知重力加速度為g，則（）A．場強方向豎直向下 B．場強大小為 C．小球在A點的電勢能大于在B點的電勢能 D．運動過程中，小球與A點的最大水平距離為【分析】從A到B，根據(jù)動能定理，可以求出電場力做功為零，從而判斷電場的方向水平向左；小球運動可以分解成豎直方向的自由落體運動和水平方方向的勻減速直線運動，利用勻變速直線運動規(guī)律可以求出電場強度和小球的水平加速度大小?！窘獯稹拷猓篈、從A到B，根據(jù)動能定理：mgh+W電＝，代入數(shù)據(jù)解得：W電＝0，可見，電場的方向水平向左，故A錯誤；B、小球豎直方向做自由落體運動，由h＝，得t＝；水平方向做初速度為v0＝的勻減速直線運動，有＝0，a＝，解得：E＝，a＝2g，故B錯誤；C、A、B兩點位于同一等勢線上，小球在A、B兩點電勢能相等，故C錯誤；D、小球在水平方向做勻變速直線運動，水平最大位移x＝＝，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查了電勢能與電場力做功、帶電粒子在勻強電場中的運動、運動合成與分解、動能定理等知識點。注意點：可以類比平拋運動的特點，對運動進行分解，把復(fù)雜的曲線運動化為簡單的直線運動來解題。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題6分，共24分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有錯選的得0分。（多選）7．（6分）a、b兩正弦式交流電的i﹣t圖象如圖所示，它們的周期分別用Ta、Tb不表示，它們分別通過同一個電阻時，電阻的熱功率分別用Pa、Pb表示，下列關(guān)系式正確的是（）A．Ta：Tb＝1：2 B．Ta：Tb＝1：1 C．Pa：Pb＝1：2 D．Pa：Pb＝1：4【分析】從圖象可讀出電壓的最大值、周期，繼而求出電壓的有效值和電功率?！窘獯稹拷猓篈、從圖象可知，兩個交流電的周期都是T，它們的周期是相等的。故A錯誤，B正確；C、由圖可知，交流電a與b的電流最大值分別為I與2I，則它們電流的有效值分別為，和，它們分別通過同一個電阻時，a的電阻的熱功率：Pa＝；b的熱功率：Pb＝所以：Pa：Pb＝1：4故C錯誤，D正確故選：BD?！军c評】本題題干圖象考查了正弦交流電的峰值、有效值、周期和瞬時值表達式，難度不大。（多選）8．（6分）木星繞太陽轉(zhuǎn)動的軌道，木星的衛(wèi)星繞木星轉(zhuǎn)動的軌道，均可視為圓。已知木星繞太陽轉(zhuǎn)動的軌道半徑為R1、轉(zhuǎn)動的周期為T1，木星的某一衛(wèi)星繞木星轉(zhuǎn)動的軌道半徑為R2、轉(zhuǎn)動的周期為T2，萬有引力常量為G。下列說法正確的是（）A． B．木星的質(zhì)量為 C．該衛(wèi)星繞木星轉(zhuǎn)動的線速度大小為 D．木星繞太陽轉(zhuǎn)動的角速度大小為【分析】根據(jù)開普勒第三定律分析A項；木星的某一衛(wèi)星繞木星做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式，來求解木星的質(zhì)量；根據(jù)線速度與周期的關(guān)系求該衛(wèi)星繞木星轉(zhuǎn)動的線速度大??；根據(jù)角速度與周期的關(guān)系求木星繞太陽轉(zhuǎn)動的角速度大小?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)開普勒第三定律＝k，知k與中心天體的質(zhì)量有關(guān)，與環(huán)繞天體無關(guān)。木星繞太陽做圓周運動的中心天體是太陽，衛(wèi)星繞木星做圓周運動的中心天體為木星，所以≠，故A錯誤；B、木星的某一衛(wèi)星繞木星做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力得：＝m衛(wèi)R2解得木星的質(zhì)量為：m木＝，故B正確；C、根據(jù)線速度與周期的關(guān)系可知，該衛(wèi)星繞木星轉(zhuǎn)動的線速度大小為，故C正確；D、木星繞太陽轉(zhuǎn)動的周期為T1，根據(jù)角速度與周期的關(guān)系可知，木星繞太陽轉(zhuǎn)動的角速度為：．故D錯誤。故選：BC?！军c評】一個物理量能不能求出，我們應(yīng)該先通過物理規(guī)律表示出這個物理量的關(guān)系式，再根據(jù)題目中已知物理量判斷。開普勒第三定律公式為：＝k，我們要清楚式中k與中心天體的質(zhì)量有關(guān)，與環(huán)繞天體的質(zhì)量無關(guān)。（多選）9．（6分）如圖所示，豎直平面內(nèi)的固定光滑圓形絕緣軌道的半徑為R，A、B兩點分別是圓形軌道的最低點和最高點，圓形軌道上C、D兩點的連線過圓心O且OC與豎直向下方向的夾角為60°。空間存在方向水平向右且平行圓形軌道所在平面的勻強電場，一質(zhì)量為m的帶負電小球（視為質(zhì)點）恰好能沿軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓形軌道運動，且小球通過D點時的速度最小。重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．小球受到的電場力大小為 B．小球通過D點時的速度大小為 C．小球在運動過程中的最大速度為 D．小球通過C點時所受軌道的作用力大小為12mg【分析】抓住帶電小球運動至C點的速度最大這一突破口，根據(jù)豎直平面內(nèi)圓周運動的最大速度出現(xiàn)在物理“最低點”，即合外力沿半徑指向圓心，而電場力和重力的合力則背離圓心的方向。作出受力示意圖，求解電場力的大??；D點豎直平面內(nèi)圓周運動的物理“最高點”，恰好能完整的做圓周運動，在“最高點”有最小速度，在“最高點”對軌道壓力為0，由牛頓第二定律求解；對D的最小壓力等于零，由動能定理求解?！窘獯稹拷猓篈、小球在通過D點時的速度最小，則在該點電場力與重力的合力沿半徑方向，則有小球受到的電場力大小：F＝mgtan60°＝mg故A錯誤；B．D點豎直平面內(nèi)圓周運動的物理“最高點”，恰好能完整的做圓周運動，在“最高點”有最小速度，即解得：故B正確；C．分析可得小球在等效最低點C點得速度最大，故小球從C到D的過程中，由動能定理得聯(lián)立解得：故C錯誤；D．在C點由牛頓第二定律可知解得：FN＝12mg，故D正確。故選：BD。【點評】本題抓住小球經(jīng)C點時速度最大這也關(guān)鍵突破口展開討論，小球在D點壓力對軌道壓力最小為0，根據(jù)指向圓心的合力提供圓周運動向心力為解題關(guān)鍵。（多選）10．（6分）如圖所示，一長度為1m，質(zhì)量為0.1kg的通電直導(dǎo)線緊靠豎直墻水平放置，導(dǎo)線中通以垂直指向向外，大小為2A的電流，導(dǎo)線與豎直墻壁的動摩擦因數(shù)為0.5，為了讓導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)加一豎直向上的勻強磁場，取重力加速度g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則所加勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小可能為（）A．2T 【分析】通電直導(dǎo)線處于受力平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件，結(jié)合安培力公式求解磁感應(yīng)強度大小?！窘獯稹拷猓和娭睂?dǎo)線受到重力、水平受到安培力和彈力、豎直受到摩擦力作用，當(dāng)達到最大靜摩擦力時，磁感應(yīng)強度最小，μBIL＝mg，解得B＝1T，故AB正確，CD錯誤。故選：AB?！军c評】本題考查了安培力作用下的受力平衡問題，解題的關(guān)鍵是理解達到最大靜摩擦力時，磁感應(yīng)強度最小。三、實驗題。本題共2小題，共16分。把答案寫在答題卡中指定的答題處。11．（6分）用電磁打點計時器、平板（光滑）、小車等器材探究小車速度隨時間變化的規(guī)律，如圖所示是某同學(xué)即將釋放小車之前的實驗裝置圖．該裝置圖中有3處明顯錯誤，它們分別是：（1）細線與木板不平行；（2）小車離打點計時器太遠；（3）打點計時器接的是直流電源．【分析】打點計時器應(yīng)使用交流電源，開始實驗前，應(yīng)將小車靠近打點計時器，細線應(yīng)與木板平行．【解答】解：探究小車速度隨時間變化的規(guī)律實驗，要求小車做勻加速直線運動，所以細線應(yīng)與木板平行，釋放小車前，小車應(yīng)遠離定滑輪或應(yīng)靠近打點計時器，打點計時器應(yīng)使用交流電源，所以上圖中由三處明顯錯誤，（1）細線與木板不平行，（2）小車離打點計時器太遠，（3）打點計時器接的是直流電源．故答案為（1）細線與木板不平行，（2）小車離打點計時器太遠，（3）打點計時器接的是直流電源【點評】本題比較簡單，考查了基本儀器的使用和基礎(chǔ)實驗的操作細節(jié)，對于基礎(chǔ)知識，平時訓(xùn)練不可忽略，要在練習(xí)中不斷加強．12．（10分）要描繪一只標(biāo)有“6V、3W”字樣小燈泡的伏安特性曲線，為確保得到該小燈泡的一條完整伏安特性曲線，除了導(dǎo)線和開關(guān)外，實驗室還有如下器材可供選擇：電流表A1Ω）電流表A2Ω）電壓表V（量程3V，內(nèi)阻RV＝3kΩ）滑動變阻器R1（阻值0～5Ω，額定電流1.5A）滑動變阻器R2（阻值0～lkΩ，額定電流0.1A）定值電阻R3＝300Ω定值電阻R4＝3kΩ直流電源（電動勢E＝6V，內(nèi)阻很?。?）為減小實驗誤差，電流表應(yīng)選A1（選填“A1”或“A2”）；滑動變阻器應(yīng)選R1（如填“R1”或“R2”）；定值電阻應(yīng)選R4（選填“R3”或“R4”）；（2）為提高實驗精度，請設(shè)計電路圖，并畫在虛線框中（圖中標(biāo)出所選擇器材的符號）：（3）根據(jù)設(shè)計合理的電路圖連接實物進行實驗時，當(dāng)電壓表V顯示讀數(shù)為2.50V時，燈泡兩端實際電壓為5.00V；（4）根據(jù)該電路設(shè)計圖進行實驗，測得電壓表的讀數(shù)為U、電流表讀數(shù)為I，若考慮電表的內(nèi)阻，則此時燈泡的電阻為。（用題目中所給字母或符號表示）【分析】（1）根據(jù)燈泡額定電流選擇電流表，為方便實驗操作應(yīng)選擇最大阻值較小的滑動變阻器；根據(jù)電壓表內(nèi)阻與燈泡額定電壓選擇定值電阻。（2）根據(jù)題意確定滑動變阻器與電流表的接法，然后作出實驗電路圖。（3）根據(jù)串聯(lián)電路特點求出燈泡兩端電壓。（4）根據(jù)串并聯(lián)電路特點與歐姆定律求出燈泡電阻?！窘獯稹拷猓海?）燈泡額定電流為：I＝＝0.5A，電流表應(yīng)選A1；為方便實驗操作，滑動變阻器應(yīng)選擇R1；燈泡額定電壓為6V，電壓表量程為3V，把電壓表量程擴大為6V，應(yīng)給電壓表串聯(lián)一個與電壓表內(nèi)阻相等的定值電阻，定值電阻應(yīng)選擇R4；（2）描繪燈泡伏安特性曲線，電壓與電流應(yīng)從零開始變化，滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法，由題意可知，電壓表內(nèi)阻遠大于燈泡電阻，電流表應(yīng)采用外接法，實驗電路圖如圖所示；（3）定值電阻阻值與電壓表內(nèi)阻相等，定值電阻兩端電壓與電壓表兩端電壓相等，當(dāng)電壓表示數(shù)為2.50V時，燈泡兩端電壓為5.00V；（4）由圖示電路圖可知，燈泡電阻為：R＝＝；故答案為：（1）A1；R1；R4；（2）實驗電路圖如圖所示；（3）5.00；（4）?！军c評】本題考查了實驗器材的選擇、實驗電路設(shè)計與實驗數(shù)據(jù)處理，要掌握實驗器材的選擇原則：安全性原則、精確性原則、方便實驗操作原則；根據(jù)題意確定滑動變阻器與電流表接法是設(shè)計實驗電路的關(guān)鍵。四、計算題：本題共3小題，共36分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（8分）如圖所示，坐標(biāo)系xOy的第一、二象限內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子從坐標(biāo)原點O以速度v0射入磁場，v0與x軸正向的夾角為30°，一段時間后另一個質(zhì)量為m、帶電量為﹣q的粒子以相同的速度從O點射入磁場，最后兩粒子同時從x軸上離開磁場，離開磁場時兩粒子相距L。不計粒子的重力和粒子之間的相互作用，求：（1）磁感應(yīng)強度B的大?。唬?）兩粒子射入磁場的時間差?！痉治觥浚?）粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)題意作出粒子運動軌跡，求出粒子做圓周運動的軌道半徑，應(yīng)用牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強度。（2）根據(jù)粒子做圓周運動的周期與粒子在磁場中的運動時間，求出兩粒子射入磁場的時間差?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)粒子做圓周運動的軌道半徑為r，由粒子運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知：2×2rsin30°＝L正負粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv0B＝m解得：（2）由幾何知識可知，正粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為300°，負粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，兩粒子在磁場中做圓周運動的周期：T＝粒子在磁場中做圓周運動的時間：t＝T兩粒子射入磁場的時間差：Δt＝t正﹣t負＝×﹣×＝＝答：（1）磁感應(yīng)強度B的大小是；（2）兩粒子射入磁場的時間差是?！军c評】本題考查了帶電粒子在磁場中的運動，粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)題意分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是解題的前提，應(yīng)用牛頓第二定律與粒子做圓周運動的周期公式可以解題。14．（13分）在如圖所示的電路中，電源的電動勢E＝36V，內(nèi)阻r＝6Ω，電阻R1＝R3＝4Ω，R2＝R4＝8Ω，C為平行板電容器，其電容C＝2.0pF，虛線到兩極板的距離相等，極板長l＝0.20m，兩極板的間距d＝0.24m，極板右邊緣到熒光屏的距離b＝0.2m。（1）若開關(guān)S處于斷開狀態(tài)，則將其閉合后，流過R4的電荷量為多少？（2）若開關(guān)S斷開時，有一個帶電微粒沿虛線方向以v0＝2.0m/s的初速度射入平行板電容器的兩極板間，剛好沿虛線勻速運動，則當(dāng)開關(guān)S閉合穩(wěn)定后，t＝0時，該帶電微粒以相同的初速度沿虛線方向射入兩極板間，試證明粒子能否從極板間射出。（g取10m/s2，要求寫出計算和分析過程）【分析】（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律分別計算出開關(guān)S閉合前后電容器兩端的電壓值，根據(jù)ΔQ＝C?ΔU計算流過電阻R4的電荷量；（2）根據(jù)開關(guān)S斷開時粒子做勻速直線運動列平衡方程，閉合后據(jù)牛頓第二定律求出豎直方向的加速度，根據(jù)平拋運動的規(guī)律計算出電容器時粒子的偏轉(zhuǎn)距離即可判斷能否出電容器?！窘獯稹拷猓海?）S斷開時，R2和R3串聯(lián)，電阻R3兩端電壓：U3＝解得：U3＝8VS閉合后，R2和R3串聯(lián)后再與R1并聯(lián)，外電路的總電阻：R＝，解得：R＝3Ω，路端電壓U＝，解得：U＝12V電阻R3兩端的電壓：U3′＝U，解得：U3′＝4V流過R4的電荷量ΔQ＝C（U3﹣U3′）代入數(shù)據(jù)解得：Δ×10﹣12C；（2）設(shè)帶電微粒的質(zhì)量為m，電荷量為q，當(dāng)開關(guān)S斷開時有：＝mg當(dāng)開關(guān)S閉合后，設(shè)帶電微粒的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律可得：mg﹣＝ma假設(shè)帶電微