【文档说明】浙江省丽水市2022-2023学年高二上学期期末教学质量监控物理试题 含解析.docx，共(25)页，11.858 MB，由管理员店铺上传

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丽水市2022学年第一学期普通高中教学质量监控高二物理试题卷本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2．答题时，请按照答题纸上“

注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在试题卷上的作答一律无效。3．非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时先使用2B铅笔，确定后必须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效

。4．可能用到的相关公式或参数：重力加速度g均取10m/s2。一、选择题（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下列说法正确的是（）A.弹簧劲度系数k的单位是N?mB.动摩擦因数μ的单位

是NC.静电力常量k的单位是22N?m/CD.电阻率ρ的单位是/mΩ【答案】C【解析】【详解】A．根据胡克定律Fkx=可知弹簧的劲度系数k的单位是N/m，故A错误；B．根据fN=可知动摩擦因数μ没有单位，故B错误；C．根据的2QqFkr=可知静

电力常量k的单位是22Nm/C，故C正确；D．根据lRS=可知电阻率ρ的单位是Ω·m，故D错误。故选C。2.神舟十四航天员2022年11月13日14时18分，成功开启天舟五号货物舱舱门，历时45分钟完成环境检测等准备工作后顺利进入

天舟五号货运飞船进行“拆快递”工作，下列说法正确的（）A.“14时18分”及“45分钟”均表示时间间隔B.研究航天员进入飞船的动作，航天员可视为质点C.研究飞船绕地球的运动轨迹时，飞船不能视为质点D.飞船中拆快递的航天员处于完全失重状态【

答案】D【解析】【详解】A．“14时18分”表示的是时刻，“45分钟”表示的是时间间隔，A错误；B．研究航天员进入飞船的动作时不可忽略细节动作，故航天员不可视为质点，B错误；C．飞船体积相对它绕地运行的轨迹小得多，故研究飞船绕地球的运动轨迹时

，飞船可以被视为质点，C错误；D．飞船中拆快递的航天员所受万有引力提供其绕地运行的向心加速度，故其处于完全失重状态，D正确。故选D。3.对以下几位物理学家所做贡献的叙述，下列说法不正确．．．的是（）A.电场中“场”的概念是由库伦最先提出的B.奥斯特首先发现了电流的磁效应C

.伽利略最先建立速度、加速度等概念，开创性运用实验和逻辑推理进行科学研究D.2022年诺贝尔物理学奖授予阿兰·阿斯佩、约翰·克劳泽和安东·蔡林格三位科学家，以表彰他们在量子纠缠方面的研究所做的贡献【答案】A【解析】【

详解】A．电场中“场”的概念是由法拉第最先提出的，故A错误；B．奥斯特首先发现了电流的磁效应，故B正确；C．伽利略最先建立速度、加速度等概念，开创性运用实验和逻辑推理进行科学研究，故C正确；D．2022年诺贝尔物理学奖授予阿兰·阿斯佩、约

翰·克劳泽和安东·蔡林格三位科学家，以表彰他们在量子纠缠方面的研究所做的贡献，故D正确。本题选不正确的，故选A。4.汽车沿圆弧ABCD驶离该路段，可近似看成做匀速圆周运动，该路段限速30km/h，下列说法正确的是（）A.限速30km/h主要是为了欣赏风景B.限速30km/h指的是瞬时速度C.汽

车经A点时的速度与D点相同D.汽车过B点时受到的合外力与C点时相同【答案】B【解析】【详解】AB．限速30km/h主要是为了确保行车安全，是指此路段上任意时刻的最大速度不超过30km/h，是瞬时速度，故A错误，B正确；C．汽车行驶

过程可近似看成做匀速圆周运动，速度是矢量，经A点时的速度与D点速度大小相等方向不同，故C错误；D．汽车做匀速圆周运动，合外力提供向心力，过B点时受到的合外力与C点时的合外力大小相等方向时刻指向圆心，故D错误。故选B。5

.蹦极是一项刺激的户外休闲活动，可使蹦极者体验完全失重的感觉。如图所示，某次质量为50kg的体验者站在百米塔顶位置，用原长为20m的弹性绳固定住后静止下落，下落40m后弹起。忽略空气阻力，在第一次下落过程中，下列说法正确的是（）A.体验

者能体验失重感的位移为20mB.下落20m后，体验者立即处于超重状态C.绳对人的平均作用力大小约为1000ND.下落到最低点时，弹性绳的弹性势能为零【答案】C【解析】【详解】AB．根据题意可知，体验者下落过程中，当弹性绳向上的力等于体验

者重力时（体验者下落距离一定大于20m），体验者的速度最大，该位置以上，体验者做加速运动，具有向下的加速度，处于失重状态，从该位置到最低点，体验者做减速运动，具有向上的加速度，体验者处于超重状态，故AB错误；C．根据题意，设绳对人的平均作用力大小约为F，体验者下落过程中，体验者下

落的距离40mh=弹性绳的形变量为()4020m20mx=−=由动能定理有0mghFx−=解得21000NFmg==故C正确；D．由系统的机械能守恒可知，人到最低点时弹性绳的弹性势能最大，等于其重力势能的减少量，故D错误。故选C。6.对以下图像分析正

确的是（）A.由甲图可知，甲做匀速直线运动B.由乙图可知，乙做加速度为5m/s2的匀加速直线运动C.由丙图可知，丙做加速度为-2m/s2匀减速直线运动D.由丁图可知，丁做加速度为-1.5m/s2的匀减速直线运动【答案】B【解析】【详解】A．

根据匀变速直线运动的位移时间关系212xat=由此可知，x-t2图线为过原点的倾斜直线，故A错误；B．根据匀变速直线运动的速度位移关系2202vvax−=当初速度为零时，有22vax=由此可知，v2-x图线为过原点的倾斜直线，其斜率为1021

01ka===所以25m/sa=故B正确；C．根据匀变速直线运动的位移时间关系2012xvtat=+所以012xvatt=+结合图线，有的04m/sv=10422a−=所以24m/sa=−由此可知，加速度与初速度方向相反，物体做匀

减速直线运动，故C错误；D．由丁图可知，随着时间增大，加速度不断减小，所以物体做加速度减小的直线运动，故D错误。故选B。7.袋鼠前肢短小，后肢长且强健有力，适于跳跃，是跳得最高最远的哺乳动物。袋鼠某次跳跃如图所示，在平整的地面上跳了8m远，高2m，跳跃时不计空气阻力，袋鼠

可视为质点。下列说法正确的是（）A.袋鼠到达最高点时速度为零B.袋鼠从起跳到最高点用时约1sC.袋鼠从起跳到最高点过程，速度变化量的方向竖直向上D.袋鼠离开水平面时的速度方向与水平方向夹角为，则tan1=【答案

】D【解析】【详解】A．袋鼠的运动可看作是斜抛运动，到最高点时仍有水平方向的速度，故A错误；B．竖直方向可看作是竖直上抛运动，则其从起跳到最高点20=2yvHg01yvtg=可解得0=210m/syv，110s5t=故B错误；C．袋鼠在空中只受重力作用，加速度竖直向下，所以其速度变化量的方向是

竖直向下的，故C错误；D．袋鼠在空中运动总时间由竖直方向分运动特点可知为12102s5tt==水平方向是匀速运动08m===210m/s210s5xxvt则袋鼠离开水平面时的速度方向与水平方向夹角的正切值00tan1yxvv==故D正确。故

选D。8.在花样滑冰女单短节目比赛中，俄罗斯运动员特鲁索瓦展示其独门绝技“悬臂”。她身体后弯，以背部几乎平行于冰面的优美姿态，滑过一段圆弧。以下说法正确的是（）A.运动过程中运动员的线速度不变B.地面对运动员的作用力方向竖直向上C

.运动员受到的摩擦力方向沿半径指向轨迹圆心D.滑行过程中运动员的重心位置可能不在运动员身上【答案】D【解析】【详解】A．运动员在运动过程中速度方向不断变化，故A错误；B．运动员的运动轨迹近似为圆周运动，合力的方向指向圆内，运动员受到地面的作用力和竖

直向下的重力，因此地面对运动员的作用力与竖直面成一定夹角，故B错误；C．运动员受到的摩擦力提供向心力的同时，也阻碍运动员的运动，不是指向圆心，故C错误；D．运动员的重心随着姿势不断变化，因此重心可能在运动员身体之外，故D正确。9.太空中“长寿”垃圾

越来越多，清除极其艰难。有人设想一种“太空清道夫”卫星通过发射网索“抓住”垃圾后进入大气进行销毁。下列说法正确的是（）A.当垃圾卫星进入低轨道时速度将变小B.轨道高的垃圾卫星更容易成为“长寿”垃圾C.同一轨道高度的太空垃圾具有相同的机械能D.可发射一颗定位在丽水上空的同步静止轨道卫星【答

案】B【解析】【详解】A．根据变轨规律，垃圾卫星由高轨道进入低轨道时需要在高轨道减速，进入低轨道后，根据22MmvGmrr=解得GMvr=可知，卫星在低轨道运行时，轨道半径减小，速度将变大，A错误；B．轨道高的垃圾卫星所

在位置，处于大气层之外，没有因为大气阻力损耗机械能，因此更容易成为“长寿”垃圾，B正确；C．同一轨道高度的太空垃圾，由于质量关系不确定，因此机械能不一定相同，C错误；D．地球同步静止轨道卫星的轨道平面与赤道共平面，因此不能发射一颗定位在丽水上空的同步静止轨道卫星，D错误。故选B。10.现利

用手机加速度传感器测物体加速度如图甲所示，将手机从某高度释放，掉落到书本上，得到图乙的加速度与时间图像，其中AB间加速度几乎不变，BD间加速度变化较快，加速度向上的最大值在D点，在E处有一小段时间内加速度几乎不变，各点坐标为A（3.07s，-9.78m/s2）、B（3.24s，-9.75m/

s2）、C（3.25s，0m/s2）、D（3.27s，41.27m/s2）、E（3.29s，-9.76m/s2），下列说法不正确．．．的是（）A.3.24s手机刚好掉落到书本上B.3.25s手机的速度达到最大C.3.27s手机的速度最大

且书本的形变量最大D.手机掉落到书本后会再次被弹起离开书本【答案】C【解析】【详解】A．由图可知在B点手机加速度大小为9.75m/s2，之后手机加速度减小，即mgFma−=弹则在B点刚好落到书本上，故A正确，不符合题意；B．物体手机向下做加速运动，当弹力等于重力时，加速度为0，速度最大，故在3

.25s手机的速度达到最大，故B正确，不符合题意；C．此后手机继续向下运动，根据牛顿第二定律−=弹Fmgma加速度达到最大，加速度大小为41.27m/s2，手机速度为0，此时书本的形变量最大，故C错误，符合题意；D．由图可知，DE阶段加速度减小，则弹力减小，手机开始反弹，当弹力等于重力时，加速度

为0，此时速度向上，手机继续向上运动，在E处有一小段时间内加速度几乎不变，说明手机掉落到书本后会再次被弹起离开书本，故D正确，不符合题意。故选C。11.如图所示，质量为36kg的空调外机用两个相同的三角形支架固定在竖直外墙上，空调外机重心恰好在支架横梁和斜梁连接点O的上方，横梁AO水平，斜

梁BO跟横梁AO的夹角为37，已知sin370.6=，下列说法正确的是（）A.横梁对O点的作用力大小为240N，方向从A指向OB.斜梁对O点的作用力大小为300N，方向从B指向OC.空调外机对每个三角形支架的作用力大小为360ND.保持O点位置不变，斜梁加长，横梁和斜梁对

O点的作用力都变大【答案】B【解析】【详解】A．每根横梁对O点的作用力大小为1240N2tan37OAmgF==方向从O指向A，故A错误；B．每根斜梁对O点的作用力大小约为1300N2sin37BOmgF=

=方向从B指向O，故B正确；C．空调外机对每个三角形支架的作用力大小约为1180N2Fmg==故C错误；D．保持O点位置不变，斜梁加长，则横梁与斜梁的夹角变大，根据2sinBOmgF=，2tanAOmgF=可知，横梁和斜梁对O点的作用力都变

小，故D错误。故选B。12.某电子仪器显像管是由两个直径相同的同轴金属圆筒组成。两电极间的电场即为显像管中的主聚焦电场。图示为主聚焦电场中的等势面，数字表示电势值，若有平行于中心轴线的电子束入射，则下

列说法中正确的是（）A.若电子束从左边沿中心轴线入射，将做匀加速直线运动B.若电子束从右边沿中心轴线入射，将做匀加速直线运动C.若电子束从左边入射，在电场的作用下，某个电子的运动轨迹可能为AD.若电子束从左边入射，在电场的作用下，某个电子的运动轨迹可能为B【答

案】D【解析】【详解】AB．沿着电场线方向电势降低，可知图中为非匀强电场，沿中心轴线电场方向向左，若电子束从左边沿中心轴线入射，电子受电场力方向与运动方向相同，大小先增大后减小，电子将做变加速运动；若电子

束从右边沿中心轴线入射，电子受电场力方向与运动方向相反，大小先增大后减小，电子将先做变减速运动后做变加速运动，故AB错误；CD．若电子束从左边入射，在中心轴线上方，电场力先向右下方，再向右上方，如图所示电子轨迹先向下弯曲再向上弯曲；在中

心轴线下方，电场力先向右上方，再向右下方，电子轨迹先向上弯曲再向下弯曲，故C错误，D正确。故选D。13.某小城“微公交”是一种新能源电动汽车，其电源的铭牌上标有“48V、120A·h”字样。假设正常工作

时电源的输出电压为48V，额定输出功率1.2kW。由于电动机发热造成的损耗（其它损耗不计），电动汽车的效率为80%。则下列说法正确的是（）A.电动机额定电流为2.5AB.电动机的内阻为0.384ΩC.电池充满电时储能5760JD.保持额

定功率行驶的最长时间为4.8h【答案】BD【解析】【详解】A．根据PUI=可得额定电流为25AI=故A错误；B．由题知，电动汽车的效率为80%，则机械功率为31.21080%W=960WP=1则内阻消耗的功率为240

WrPPP=−=1根据2rPIr=的解得0.384r=故B正确；C．充满电后该电池的总能量7120360048J2.110JWqU===故C错误；D．根据电池容量Q=120A·h，电流为25A，则可得4.8hQtI==故D正确。故选BD。二、选择题Ⅱ（本题共3

小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）14.某同学把实验室中的电压表和电流表进行拆卸，内部的电路结构如图甲、乙所示，a、b、c是图甲三个接线柱，d、e、f是图乙三个接线柱，下列判断正确

的是（）A.图甲是电压表B.图乙中de间电阻起分压作用C.接ac比接bc的量程大D.接df比接ef的量程大【答案】BCD【解析】【详解】A．由甲图可知，表头与电阻并联，电流表，故A错误；B．由乙图可知，表头与电阻串联，是电压表，

故图乙中de间电阻起分压作用，故B正确；C．根据电流表改装原理，可知与表头并联的电阻越小，则分流越多，量程越大，由甲图可知，接ac时并联的电阻较小，故接ac比接bc的量程大，故C正确；D．根据电压表改装原理，可知与表头串联的电阻越大，则分压越多，量程越大，由乙图可知，接df时串联的电阻较大，故接

df比接ef的量程大，故D正确。故选BCD。是15.如图，竖直面内有带正电的带电体a，质量为m的带电质点b恰能绕a正下方的O点在水平面内做匀速圆周运动，忽略空气阻力。下列说法正确的是（）A.质点b必定带负电B.a对质点b的静电力沿半径指向圆心OC.a对带电质点b始终不做功D.

绕一周过程，b电势能先减小后增大【答案】AC【解析】【详解】A．静电力与重力的合力提供向心力，所以质点b必定带负电，故A正确；B．a对质点b的静电力由b指向a，故B错误；C．静电力始终与速度方向垂直，a对带电质点

b始终不做功，故C正确；D．绕一周过程，b在同一电势面运动，电势能不变，故D错误。故选AC。16.电磁流量计是用来测管内电介质流量的感应式仪表，单位时间内流过管道横截面的液体体积为流量。如图为电磁流量计示意图和匀强磁场方向，磁感应强度大小为B。当管中的导电液体流过时

，测得管壁上M、N两点间的电压为U，已知管道直径为d，则（）A.管壁上N点电势高于M点B.管中导电液体的流速为BdUC.管中导电液体的流量为4BdUD.管中导电液体的流量为4dUB【答案】AD【解析】【详解】A．若导电液体带正电，根据左手定则可知，其受向下

的洛伦兹力，正电荷打在N处，所以N点的电势高于M点，故A正确；B．稳定时电荷受力平衡，根据平衡条件得UqvBqd=解得UvBd=故B错误；CD．流量为QvS=214Sd=解得4dUQB=故C错误，D正确

。故选AD。三、实验题（本题共2小题，共14分。）17.如图1，三个实验场景A、B、C分别是“探究小车速度随时间变化的规律”、“探究加速度与力、质量的关系”、“验证机械能守恒定律”的实验。图2是小明同学在某实验中获得的一条纸带，图中纸带上各点是打点计时器连续打下的点。已

知所用打点计时器频率为50Hz，完成以下问题。（1）由图2纸带可求出加速度大小为_____m/s2（保留二位有效数字），该纸带所对应的实验场景是________（填“A”或“C”），其理由是________________；（2）在“验证机

械能守恒定律”的实验中，下列说法正确的是____；A．尽可能选择下端带橡胶垫的重物B．不能使用电磁打点计时器C．根据vgt=计算重物在t时刻的速度从而获得动能的值（3）下列说法正确的是____。A．实验A和实验B

均需要平衡摩擦力B．三个实验均要求先接通电源后释放纸带C．实验A和实验B均要求小车的质量远大于所挂重物的质量D．实验C通过描绘v2-h图像，若是一条斜率为2g的直线，则重物下落过程中机械能守恒【答案】①.2.5②.A③.场景C的加速度接近重力加速度，场景A的

加速度可以比较小④.A⑤.BD【解析】【详解】（1）[1]由刻度尺读数可知，第一个点11.60cm，第二个点13.10cm，第三个点14.70cm，第四个点16.40cm，第五个点18.20cm，第六个点20.10cm；那么点与点间距分别为1

2233445561.50cm1.60cm1.70cm1.80cm1.90cmxxxxx=====，，，，由匀变速直线运动规律有2xaT=加速度大小为22220.1102.5m/s0.02xaT−===[2][3]场景A的装置来做“研究匀变速直线运动规律”实验，依据斜面的倾斜程度，可知，加速

度的大小不会太大；选用场景C的装置作“验证机械能守恒定律”的实验，加速度为重力加速度，大小约为29.8m/s，对比可知该纸带所对应的实验场景应是A。（2）[4]A．选用场景C的装置做“验证机械能守恒定律”的实验时应选择下端带橡胶垫的重物，来缓冲重物

与地面的碰撞，故A正确；B．打点计时器可以用电火花也可以用电磁式，故B错误；C．场景C的装置做“验证机械能守恒定律”的实验时，若根据vgt=计算重物在t时刻的速度，只是理论推导，达到不实验验证的目的，故C错误。故选A。（3）[5]A．实验A只需确保小车做匀变速直线运动即可，不需

要平衡摩擦力，故A错误；B．打点计时器使用时，均需先接通电源后释放纸带，以确保纸带上点迹间的时间间隔相同，故B正确；C．实验A的实验目的为“探究小车速度随时间变化的规律”，不需要测量小车合外力，也就不需要满足小车的质量远大于所挂重物的质量的条件，故C错误；D．重物下落过程

中若机械能守恒，则应有2201122mghmvmv=−整理可得2202vghv=−因此若v2-h图像是一条斜率为2g的直线，则重物下落过程中机械能守恒，故D正确。故选BD。18.某兴趣小组通过测量市场中电线的电阻率进行调查研究，操作如下：（1）如图1所示，采用绕线法

测得该电线直径为_______mm；（2）取长度为100m的电线，欲测其电阻：先用多用电表进行粗略测量，将多用表选择开关置于“×10”挡并调零后，两表笔接触待测电阻的两端进行测量，表盘指针如图2所示。为了使测量值更准确，“选

择开关”应置于_____（“×1”、“×100”或“×1K”），并两表笔短接，调节图3中______（“A”或“B”），重新调零后再进行测量。（3）为较准确测量金属电阻丝的电阻，要求金属丝两端电压调节范围尽可能大，请用实线代替导线在答题纸上完成实物图的连线_______；（4）根据图4测得电压为7

.50V，电流表读数如图5，则所测电线的电阻率为____Ω·m（保留两位有效数字）。【答案】①.1.20##1.21##1.22##1.23##1.24##1.25##1.26##1.27②.×1③.B④

.⑤.3.4×10-8##3.5×10-8##3.6×10-8##3.7×10-8##3.8×10-8【解析】【详解】（1）[1]由图1可读出10圈电线的总宽度为12.4mm，故该电线的直径为12.4mm1.24mm10d=

=（2）[2][3]多用表选择开关置于“×10”挡并调零后测量电阻时，根据图2可发现指针偏转过大，说明此时电路中的电流很大，则待测电阻比较小，所以“选择开关”应置于“×1”挡后重新进行欧姆调零，需调节图3中“B”旋钮，而图3中的“A”旋钮是“机械调零”旋钮。（3）[4]根据题意要求，实

验时金属丝两端电压调节范围尽可能大，所以滑动变阻器采用分压式接法；由多用电表粗测电阻的结果，该电线电阻比较小，故电压表的分流影响相对较小，故采用电流表外接法；实验提供的电源为多节电池组，再根据第（4）小题的已知条件，故电压表量程选择

“15V”，所以实物连线如图（4）[5]根据欧姆定律和电阻定律UlIS=24dS=联立得24dUIl=根据实物图可知电流表的量程为“3A”，由图5读出此时电流大小为2.50A，代入数据得8m3.610−=四、计算题（

本题共4小题，共41分）19.滑草是近几年兴起的休闲健身运动项目，现将图甲的滑道简化为图乙，由材质不同的倾斜滑道AB和BC两部分组成，滑草车在斜面AB上的动摩擦因数为μ1=0.5，在斜面BC上的动摩擦

因数未知，两斜面间平滑连接，已知斜面AB长100m、倾角为37°，斜面BC的倾角为11°（sin110.2°），游客小华及滑草车总质量为80kg，从斜面AB的顶端静止下滑经B点后滑上斜面BC，最终停在距B点20m的位置，不计空气阻力，AB、BC两段运动均可看作匀变速运动。

求：（1）从斜面AB下滑加速度的大小；（2）滑完全程所需的时间；（3）在BC段，斜面对滑草板的平均阻力大小。【答案】（1）2m/s2；（2）12s；（3）640N【解析】【详解】（1）小华在斜坡AB运动过程中，由牛顿第二定律得mgsin37°-μ1mgcos37°=ma1解得a1=

2m/s2（2）在斜坡AB运动过程中2012xvtat=+解得在AB斜面运动过程中所需的时间为t1=10s根据vB=a1t解得运动到B点的速度为vB=20m/s在BC段根据2BCxvt=解得在BC斜面上运动过程中所需的时间为2202BCBCBtxxvv===+s则滑完全程需要的时间为t

=t1+t2=12s（3）在斜坡BC运动满足2202BBCvax−=解得a2=10m/s2又因为mgsin11°+f=ma2解得f=640N20.某校科技节举办“云霄飞车”比赛，小敏同学制作的部分轨道如图甲所示，半径R=1m的光滑竖直圆轨道和左右粗糙水平直轨

道相切，一质量为m=0.5kg的玩具车，在水平轨道OB上的摩擦力为f，f大小与玩具车离O点的距离d的关系如图乙所示，且dOB=2.0m。从静止开始在水平向右恒力F作用下从O点开始运动，通过B点时立即撤去力F，

玩具车恰好通过圆形轨道最高点A后继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，壕沟的C、D两点的竖直高度h=5m，水平距离s=6m，水平轨道BC粗糙且长为L=7m，设BC段的动摩擦因数为μ。求玩具车：（1）通过A点时速度v0的大小；（2）受到恒

力F的大小；（3）为越过而不掉进壕沟，则动摩擦因数μ的取值范围。【答案】（1）10m/s；（2）85N；（3）μ≤0.1【解析】【详解】（1）玩具车过最高点A，有.20vmgmR=解得010m/sv=（2）玩具车从B到A运动过程，根据动能定理有2211222ABmgRmvm

v−=−解得5BvgR=玩具车从O到B运动过程，有2f120BFdWmv−−=由图像分析可知f121()4.5J2Wffd=+=解得8.5NF=（3）玩具车从B到C运动过程，有221122CBmgLmvmv−=−从C到D运动过程，有Csvt=212hgt=解得0.1=所以动摩擦因

数μ的取值范围为0.121.如图所示，平行倾斜金属导轨Ⅰ，上端连接阻值为R的电阻，下端与一半径为l的60°圆弧导轨平滑连接，圆弧最底端ef处通过一小段（长度可忽略）绝缘介质与足够长的水平平行金属导轨Ⅱ相连，轨道宽度均为

l。导轨Ⅰ所在区域abcd间有磁感应强度为B1、方向垂直轨道平面向上的匀强磁场，圆弧及水平轨道Ⅱ所在区域cd至gh间有磁感应强度为B2、方向竖直向上的匀强磁场。导轨Ⅱ左端gh之间连接电动势为E、内阻为r的电源。一根质量为m、电阻为R金属棒从

导轨Ⅰ区域ab上方某位置静止释放，沿倾斜轨道经cd进入圆弧轨道直至最低点ef处。已知无论金属棒从ab轨道上方何处释放，进入圆弧轨道的速度均相同，金属棒到达ef后，在水平向左恒定外力F作用下向左加速运动，经过一段时间后达到稳定速度。不计一切摩擦和导轨的电阻，金属棒与导轨始终接触良好，求金属

棒：（1）滑至cd处时的速度v的大小；（2）从cd滑至ef的过程中，通过电阻R的电荷量q；（3）在导轨Ⅱ上达到稳定时的速度vm的大小。【答案】（1）2213mgRBl；（2）2234BlR；（3）2222()FRrEBlBl+−【解析】【详解】（1）在

倾斜金属导轨Ⅰ上，金属棒稳定时11sinmgBIl=又11EBlv=，12EIR=解得2213mgRvBl=（2）金属杆从cd到ef的过程2Et=，22EIR=电荷量q=It解得22324BlqRR==（3）金属棒稳

定时产生的电动势为32mEBlv=又3EEIRr−=+金属棒所受安培力2FIlB=安金属棒稳定时受力平衡FF=安解得()m2222FRrEvBlBl+=−22.如图，直角坐标系第一象限内，在025cmx间存在沿y轴正向的匀强电场43.010N

/mE=，在x轴下方存在垂直纸面向外的匀强磁场1.0TB=。粒子枪可沿虚线在第一象限内上下可调，从枪口P处水平连续发射速度为405.010m/sv=的负粒子。在x轴上放置一成像底片，其左端M位于枪口P的正下

方，粒子打到底片下表面被吸收后不反弹。从水平高度3cmy=处发射的粒子恰好从O点进入磁场，忽略粒子的重力及粒子间的相互作用。求：（1）该粒子的比荷；（2）从O点进入磁场的粒子在底片上成像的x坐标及粒子到达底

片时速度方向与x轴夹角的正切值；（3）要求所有粒子均能在底片上成像，则粒子枪口P高度的取值范围及底片的最短长度。【答案】（1）4810C/kg；（2）30cm，0.24；（3）04.2cmy，5cm【解析】【详解】（1）由平抛规律可得如图所示0xtv=，2220122E

qxyatmv==代入得4810C/kgqm=（2）设粒子进入磁场时的速度为v，与x轴的夹角为，由洛伦兹力提供向心力可得2vqvBmr=解得mvrqB=粒子经过磁场偏转在底片上成像的x坐标为22sin2cosymvmvxrqBqB===可知水平速度不

影响粒子在x轴上的坐标，由yvat=联立解得130cmx=由带电粒子在磁场中运动得对称性，打到底片上得角度与进入磁场时得角度相同，由6tan0.2425yxvv===（3）由yvat=及212yat=可知，y越小，t越小，yv越小，根据2ymvxqB=故x越小。可知P接近M时，粒子将打在M点，

即O点射入时最远。结合以上分析可知，底片最短长度为5cm。当P从3cmy=上移后，粒子将经过一段平抛后从y轴上F点进入第二象限做匀速直线运动，经Q点进入磁场打到M点。由tan0.24FOOQ==，15cmOQxx=−=得1.2cmFO=故粒子枪

口P高度的取值范围的取值范围为04.2cmy