南京一中2022-2023學(xué)年第一學(xué)期期中考試試卷高三物理一、單項(xiàng)選擇題：共10小題，每小題4分，共計(jì)40分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。1. 一質(zhì)點(diǎn)沿x軸正方向做直線運(yùn)動(dòng)，從通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，其圖像如圖所示。則（　　）A. 質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度為B. 質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度為C. 質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為D. 質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為【答案】D【解析】【詳解】AB．由圖像可知則有可知質(zhì)點(diǎn)的位移與時(shí)間成二次函數(shù)關(guān)系，質(zhì)點(diǎn)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，AB錯(cuò)誤；CD．由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間公式，與對(duì)比可得：質(zhì)點(diǎn)的初速度v0=0，加速度由圖像可知，質(zhì)點(diǎn)的加速度不變，說(shuō)明質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，初速度是零，加速度為2m/s2，C錯(cuò)誤，D正確。故選D。2. 我國(guó)火星探測(cè)器“天問(wèn)一號(hào)”成功由橢圓軌道1經(jīng)P點(diǎn)變軌進(jìn)入火星停泊軌道2，如圖所示。P、Q分別為橢圓軌道1的近火點(diǎn)、遠(yuǎn)火點(diǎn)，P、Q到火星中心的距離分別為。關(guān)于探測(cè)器在兩個(gè)軌道上的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（　　）A. 軌道1經(jīng)過(guò)P點(diǎn)加速度大于軌道2在P的加速度B. 變軌時(shí)，P點(diǎn)要點(diǎn)火使得探測(cè)器加速C. 軌道1經(jīng)過(guò)P、Q兩點(diǎn)加速度的比值為D. 軌道1經(jīng)過(guò)P、Q兩點(diǎn)速度的比值為【答案】C【解析】【詳解】A．加速度由萬(wàn)有引力提供，則即在同一地點(diǎn)萬(wàn)有引力相同，則加速度相同，故A錯(cuò)誤；B．衛(wèi)星由橢圓軌道1變軌到軌道2變軌時(shí)，衛(wèi)星做向心運(yùn)動(dòng)，則需要減速，故B錯(cuò)誤；C．在P點(diǎn)加速度的為在Q點(diǎn)加速度的為則故C正確；D．開(kāi)普勒第二定律可知解得故D錯(cuò)誤。故選C。3. 兩個(gè)小球以大小相等的速度同時(shí)拋出，從A點(diǎn)拋出的小球做斜上拋運(yùn)動(dòng)，從C點(diǎn)拋出的小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。C點(diǎn)正上方D點(diǎn)是從A點(diǎn)拋出小球能到達(dá)的最高點(diǎn)，如圖所示，不計(jì)空氣阻力。關(guān)于兩個(gè)小球的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法可能正確的是（　?。?/span>A. 兩小球在D點(diǎn)相遇B 兩小球同時(shí)落地C. 兩小球下落過(guò)程中相對(duì)速度不變D. 兩小球到達(dá)各自最高點(diǎn)過(guò)程中的速度變化量相同【答案】C【解析】【詳解】AB．設(shè)兩個(gè)小球拋出的初速度大小為v0，做斜拋運(yùn)動(dòng)的小球拋出的初速度與水平方向夾角為θ，做斜拋運(yùn)動(dòng)的小球在豎直方向的初速度為由速度位移關(guān)系公式可得從A點(diǎn)拋出到達(dá)最高點(diǎn)的高度為     到達(dá)最高點(diǎn)的時(shí)間為從C點(diǎn)拋出的小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，上升最大高度上升到最高點(diǎn)所用時(shí)間為可知兩小球到達(dá)最高點(diǎn)不相同，到達(dá)最高點(diǎn)的時(shí)間也不相同，不會(huì)在D點(diǎn)相遇，由運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知，兩個(gè)小球從拋出到落地所需時(shí)間不相同，不會(huì)同時(shí)落地，AB錯(cuò)誤；C．兩小球下落運(yùn)動(dòng)中，在豎直方向都做自由落體運(yùn)動(dòng)，從A點(diǎn)拋出的小球同時(shí)在水平方向還做勻速直線運(yùn)動(dòng)，因此兩小球在下落運(yùn)動(dòng)中相對(duì)速度不變，C正確；D．從A點(diǎn)拋出的小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度的變化量為gt1，從C點(diǎn)拋出的小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度的變化量為gt2，則兩小球在到達(dá)各自最高點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)中速度變化量不相同，D錯(cuò)誤。故選C。4. 在樓房維修時(shí)，為防止重物碰撞陽(yáng)臺(tái)，工人經(jīng)常使用如圖所示的裝置提升重物?？邕^(guò)光滑定滑輪的a繩和b、c繩子連結(jié)在O點(diǎn)，工人甲拉動(dòng)a繩的一端使重物上升，工人乙在地面同一位置用力拉著b繩的一端，保證重物沿豎直方向勻速上升，則下列說(shuō)法正確的是（　　）A. a繩的拉力越來(lái)越小B. b繩的拉力越來(lái)越小C. 工人乙對(duì)地面的壓力越來(lái)越小D. 工人乙對(duì)地面的摩擦力越來(lái)越小【答案】C【解析】【分析】【詳解】AB．當(dāng)重物勻速上升時(shí)，物體平衡，O點(diǎn)受到c繩的拉力大小等于重物的重力G，受力分析如圖所示物體越高，a段繩子與豎直方向的夾角越大，b段繩子與豎直方向的夾角越小，根據(jù)力的平行四邊形，可見(jiàn)隨著物體的升高，a、b兩段繩子的拉力均增大，AB錯(cuò)誤；C．工人乙在豎直方向受到b段繩子拉力的豎直分力越來(lái)越大，根據(jù)平衡條件可知，地面對(duì)乙的支持力越來(lái)越小，由牛頓第三定律可知，工人乙對(duì)地面的壓力越來(lái)越小，C正確；D．由于a段繩子拉力越來(lái)越大，與豎直方向的夾角越來(lái)越大，其水平方向的分力越來(lái)越大，根據(jù)平衡條件可知，工人乙受到地面的摩擦力越來(lái)越大，由牛頓第三定律知，工人乙對(duì)地面的摩擦力越來(lái)越大，D錯(cuò)誤。故選C。5. 如圖所示，水平地面上方存在相互正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向下、磁場(chǎng)方向水平向里，一個(gè)帶正電的小球從A點(diǎn)沿水平向右方向進(jìn)入該區(qū)域，落到水平地面上，設(shè)飛行時(shí)間為，水平射程為，著地速度大小為；撤去磁場(chǎng)，其余條件不變，小球飛行時(shí)間為，水平射程為，著地速度大小為．下列判斷正確的是（　?。?/span>A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【詳解】小球在電場(chǎng)與磁場(chǎng)同時(shí)存在的情況下落到地面，與撤去磁場(chǎng)時(shí)相比，多受一大小變化、方向斜向右上（A點(diǎn)水平向右）的洛倫茲力，設(shè)速度與水平方向夾角為，豎直方向上，由牛頓第二定律有，得水平方向上，ABD．對(duì)兩球豎直方向上，都下落h，由，可知水平方向上，由，可知AD錯(cuò)誤，B正確；C．由動(dòng)能定理可知兩種情況粒子拋出到地面過(guò)程中，都只有重力和電場(chǎng)力做功，總功相同，由動(dòng)能定理所以有C錯(cuò)誤；故選B。6. 某同學(xué)利用如圖甲所示的閉合電路研究電容器的充、放電過(guò)程。先將滑動(dòng)變阻器R滑到某合適位置，閉合開(kāi)關(guān)S，電流傳感器（可視為理想電流表）記錄得到充電時(shí)電流隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示。則（　?。?/span>A. 充電過(guò)程中，電容器極板電壓增大、電阻兩端電壓減小B. 電路穩(wěn)定時(shí)，電容器兩端電壓小于兩端電壓C. 電路穩(wěn)定后，將R的滑片向左滑動(dòng)，電流傳感器中有的電流D. 若將R的滑片向左滑動(dòng)，再次穩(wěn)定后，電源效率比原來(lái)大【答案】A【解析】【詳解】A．閉合開(kāi)關(guān)S，在對(duì)電容器充電中，隨充電量的增加，電容器極板電壓逐漸增大；流經(jīng)R2的電流逐漸減小，電阻R2兩端電壓減小，A正確； B．電路穩(wěn)定時(shí)，充電電流是零，電阻R2兩端電壓是零，則電容器兩端電壓等于兩端電壓，B錯(cuò)誤；C．電路穩(wěn)定后，將R的滑片向左滑動(dòng)，R的阻值減小，電路中的電流增大，R1兩端電壓增大，電容器兩端電壓增大，給電容器充電，電流傳感器中有b→a的電流，C錯(cuò)誤；D．若將R的滑片向左滑動(dòng)，再次穩(wěn)定后，電路是純電阻電路，電源效率則有外電路電阻越大，電源的效率越大，R的滑片向左滑動(dòng)，外電路電阻減小，電源效率減小，D錯(cuò)誤。故選A。7. 一定質(zhì)量的小球由輕繩a和b分別系于一輕質(zhì)豎直細(xì)桿的A點(diǎn)和B點(diǎn)，如圖所示．當(dāng)輕桿繞軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，帶動(dòng)小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中繩a、b均處于伸直狀態(tài)，且b繩水平，下列說(shuō)法正確的是（　?。?/span>A. 繩a張力可能為零B. 繩b中張力不可能為零C. 角速度越大，繩a的拉力越大D. 若剪斷b繩，繩a的拉力大小可能不變【答案】D【解析】【詳解】A．小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在豎直方向合力為零，水平方向的合力提供向心力，故a繩在豎直上的分力與重力相等，即a繩的張力不可能為零，故A錯(cuò)誤；B．小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，a繩水平方向的分力與b繩在水平方向的力之和提供向心力，故繩b中張力可能為零，此時(shí)a繩水平方向的分力提供向心力，故B錯(cuò)誤；C．由上述分析可知，繩a在豎直方向的分力等于小球的重力，即
 
 故繩a的拉力與角速度無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；D．由上述分析可知，b繩可能沒(méi)有拉力，故當(dāng)b繩沒(méi)有拉力時(shí)，剪斷b繩，繩a的拉力大小不變，故D正確。故選D。8. 如圖所示，在等邊三角形三個(gè)頂點(diǎn)A、B、C處，分別固定三個(gè)點(diǎn)電荷，電荷量分別為、、。過(guò)點(diǎn)C作AB邊的垂線，垂足為O，過(guò)點(diǎn)A作BC邊的垂線，垂足為P，兩垂線交于M點(diǎn)。取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，則下列說(shuō)法正確的是（　?。?/span>A. 將一個(gè)正電荷從O點(diǎn)移到M點(diǎn)電勢(shì)能變大B. O點(diǎn)電勢(shì)低于P點(diǎn)電勢(shì)C. M點(diǎn)電勢(shì)低于P點(diǎn)電勢(shì)D. P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小大于O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小【答案】D【解析】【分析】題中電場(chǎng)是三個(gè)點(diǎn)電荷共同產(chǎn)生的，可以分為兩組，即A與B是等量同號(hào)電荷，A與C、B與C是等量異號(hào)電荷；注意等量同號(hào)電荷的中垂線的電場(chǎng)方向沿中垂線指向兩側(cè)無(wú)窮遠(yuǎn)，而等量異號(hào)電荷的中垂線的電場(chǎng)方向垂直與中垂線指向負(fù)電荷一側(cè)。【詳解】A．OM線上的電場(chǎng)可以看作A與B兩等量同號(hào)電荷產(chǎn)生的中垂線上沿OM指向M的場(chǎng)強(qiáng)，與C處負(fù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的沿OM指向M的場(chǎng)強(qiáng)的矢量和，OM線上的電場(chǎng)沿OM指向M，故將一個(gè)正電荷從O點(diǎn)移到M點(diǎn)電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故A錯(cuò)誤；BC．MP線上的電場(chǎng)為B與C兩等量異號(hào)電荷的中垂線上的電場(chǎng)，與A處正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)的矢量和，故MP線上電勢(shì)從M到P點(diǎn)電勢(shì)降低，，而OM線上的電場(chǎng)沿OM指向M，故從O到M點(diǎn)電勢(shì)降低，，所以，故BC錯(cuò)誤；D．P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)等于B與C兩等量異號(hào)電荷在中點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)與A處正點(diǎn)電荷在P點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)的矢量合，而 O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)等于C處點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)，故P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小一定大于O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小，故D正確。故選D。9. 如圖，足夠長(zhǎng)的平行光滑直軌道水平放置，中心打孔的甲、乙兩小球分別穿在兩軌道上，中間用自然長(zhǎng)度比軌道間距大的輕彈簧相連。兩球質(zhì)量相等，孔徑比軌道略大，初始兩球在軌道上保持靜止?，F(xiàn)給甲水平向右的瞬時(shí)沖量，使其具有初速度v。在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（　　）A. 下次相距最近時(shí)甲球速度大小是vB. 運(yùn)動(dòng)中乙球的最大速度大于vC. 兩球相距最近時(shí)彈簧彈性勢(shì)能最大D 甲球沿軌道一直向右運(yùn)動(dòng)【答案】B【解析】【詳解】AB．給甲球水平向右的瞬時(shí)沖量，則甲球向右運(yùn)動(dòng)后帶動(dòng)乙球向右運(yùn)動(dòng)，因兩球的質(zhì)量相等，甲球一直做減速運(yùn)動(dòng)，乙球由彈簧被甲球拉著做加速運(yùn)動(dòng)，到下次相距最近時(shí)，此時(shí)彈簧處于自然長(zhǎng)度，乙球速度最大。若彈簧的自然長(zhǎng)度與軌道間距相等，在此運(yùn)動(dòng)中甲、乙兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒機(jī)械能守恒，取向右為正方向，則有解得v1=0v2=v由于甲球在開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧被壓縮，所以乙球的最大速度應(yīng)大于v，A錯(cuò)誤，B正確；C．因甲、乙兩球相距最近時(shí)彈簧處于自然長(zhǎng)度，彈簧的彈性勢(shì)能最小是零，C錯(cuò)誤；D．由以上分析可知，開(kāi)始甲球沿軌道向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)乙球的速度達(dá)到最大時(shí)，甲球的速度最小是零，處于靜止，由于軌道足夠長(zhǎng)，彈簧的自然長(zhǎng)度比軌道的間距大，因此當(dāng)乙球向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，甲球又開(kāi)始先向左做加速運(yùn)動(dòng)后減速為零，再向右加速，D錯(cuò)誤。故選B。10. 如圖甲，粗糙、絕緣的水平地面上，一質(zhì)量的帶負(fù)電小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）在處以初速度沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，滑塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。整個(gè)區(qū)域存在沿水平方向的電場(chǎng)，滑塊在不同位置所具有的電勢(shì)能如圖乙所示，P點(diǎn)是圖線最低點(diǎn)，虛線是經(jīng)過(guò)處的切線，并且經(jīng)過(guò)和兩點(diǎn)，。則（　　）A. 處的電勢(shì)最低B. 滑塊向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，速度先增大后減小C. 滑塊運(yùn)動(dòng)至處時(shí)，速度最大D. 滑塊向右一定不能經(jīng)過(guò)處的位置【答案】D【解析】【詳解】A．由圖可知滑塊在x=3m處電勢(shì)能最低，因滑塊帶負(fù)電，所以x=3m處的電勢(shì)最高，A錯(cuò)誤；BC．Ep?x圖像的斜率的大小表示滑塊所受電場(chǎng)力的大小，所以滑塊在x=1m處所受電場(chǎng)力的大小為滑塊所受滑動(dòng)摩擦力大小為在1~3m區(qū)間內(nèi)，滑塊所受電場(chǎng)力與滑動(dòng)摩擦力方向相反，且逐漸減小，則滑塊所受的合外力方向與速度方向相反；在x=3m后，滑塊所受電場(chǎng)力與滑動(dòng)摩擦力方向相同，且逐漸增大，則滑塊所受的合外力方向與速度方向相反。綜上所述可知滑塊在向右運(yùn)動(dòng)中，速度一直減小，在x=1m處速度最大，因此BC錯(cuò)誤；     D．滑塊在x=1m處的電勢(shì)能與x=4m處的電勢(shì)能相等，由能量守恒定律，若滑塊能夠經(jīng)x=4m處。則應(yīng)滿(mǎn)足由題中數(shù)據(jù)可知實(shí)際情況并不滿(mǎn)足上式，所以滑塊向右一定不能經(jīng)過(guò)處位置，D正確。故選D。二、非選擇題：共5題，共60分。其中第12題~第15題解答時(shí)請(qǐng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟，只寫(xiě)出最后答案的不能得分；有數(shù)值計(jì)算時(shí)，答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位。11. 同學(xué)們用圖a所示的電路測(cè)量?jī)晒?jié)干電池串聯(lián)而成的電池組的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r，實(shí)驗(yàn)室提供的器材如下：電壓表、電阻箱（阻值范圍）、開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線若干。（1）請(qǐng)根據(jù)圖a所示的電路圖，在圖b中用筆畫(huà)線替代導(dǎo)線，把器材連接起來(lái)______。（2）根據(jù)圖c中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪出的圖線可以得出該電池組電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值E=________V，內(nèi)阻測(cè)量值r=________。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（3）該實(shí)驗(yàn)測(cè)得電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻都存在誤差，造成該誤差的主要原因是__________。（4）兩個(gè)實(shí)驗(yàn)小組用不同的電池組完成了上述的實(shí)驗(yàn)后，發(fā)現(xiàn)各電池組的電動(dòng)勢(shì)相同，只是內(nèi)阻差異較大。同學(xué)們選擇了內(nèi)阻差異較大的甲、乙兩個(gè)電池組進(jìn)一步探究，對(duì)電池組的內(nèi)阻熱功率P隨路端電壓U變化的關(guān)系進(jìn)行了猜想，畫(huà)出了如圖所示的圖像。已知乙電池組的內(nèi)阻較大，則下列各圖中可能正確的是________。【答案】    ①.     ②. 3.0    ③. 1.4    ④. 電壓表分流作用    ⑤. A【解析】【詳解】（1）[1]連接電路如圖所示。（2）[2]由圖a和閉合電路歐姆定律可得整理可得由圖c可知，圖像的斜率表示電動(dòng)勢(shì)，則有[3]圖線在縱軸上的截距是內(nèi)阻測(cè)量值（3）[4]該實(shí)驗(yàn)測(cè)得電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻都存在誤差，造成該誤差的主要原因是電壓表的內(nèi)阻不是無(wú)窮大，有分流作用，流經(jīng)R的電流小于流經(jīng)電池組的電流，從而產(chǎn)生系統(tǒng)誤差。（4）[5]由焦耳定律可得，電源內(nèi)阻熱功率    P與U為二次函數(shù)關(guān)系，開(kāi)口向上，由于電動(dòng)勢(shì)相同，當(dāng)U=0時(shí)，縱軸截距為，內(nèi)阻越大，截距越小，已知乙電池組的內(nèi)阻較大，則乙的縱軸截距較小，A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。12. 讓木塊從傾斜軌道上的A點(diǎn)由靜止釋放做勻加速運(yùn)動(dòng)，連接位移傳感器的計(jì)算機(jī)描繪了木塊相對(duì)傳感器的距離隨時(shí)間變化規(guī)律如圖所示，釋放木塊的同時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)。重力加速度。求：（1）根據(jù)圖像計(jì)算時(shí)刻木塊速度v；（2）若斜面與水平面間的夾角為，求木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)（）。【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）有題可知木塊做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)并根據(jù)圖像可得，0.4s時(shí)刻是0.2-0.6s內(nèi)的中間時(shí)刻，所以0.4s時(shí)的速度為方向沿軌道向下。（2）木塊做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù) 可知加速度根據(jù)木塊在軌道上的受力關(guān)系可知代入數(shù)據(jù)得13. 如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌傾斜的放在水平面上，傾角，兩棒間的距離，斜面所在區(qū)域有垂直斜面向上的磁場(chǎng)。以M點(diǎn)等高處O為坐標(biāo)原點(diǎn)，平行斜面向下建立x軸，磁感應(yīng)強(qiáng)度滿(mǎn)足（k的數(shù)值為0.8）。金屬棒質(zhì)量m=0.1kg，電阻。導(dǎo)軌上端外接恒流電源，可為電路提供恒定電流，電流方向如圖所示。時(shí)刻，自處由靜止釋放金屬棒，金屬棒下滑時(shí)始終垂直導(dǎo)軌且接觸良好。不計(jì)導(dǎo)軌電阻，重力加速度為。求：（1）判斷安培力的方向，寫(xiě)出安培力與x的關(guān)系式；（2）金屬棒沿導(dǎo)軌下滑的最大距離。【答案】（1）沿導(dǎo)軌向上， ；（2）2.5m 【解析】【詳解】（1）由左手定則可知，金屬棒受到安培力的方向沿導(dǎo)軌向上；安培力與x的關(guān)系式（2）由上式可知，安培力隨x均勻變化，平均安培力做功為由動(dòng)能定理可得解得 14. 一長(zhǎng)為的輕桿可繞其端點(diǎn)A在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，另一端B固定一質(zhì)量為的小球，另有釘子C位于A的正上方處，細(xì)線的一端系有質(zhì)量為的小物塊（可視作質(zhì)點(diǎn)），另一端繞過(guò)C與B相連接。當(dāng)桿與豎直方向的夾角為時(shí)，要用手豎直向下拉住小球，才能使小球和物塊都靜止。忽略一切摩擦，取，，重力加速度。求：（1）靜止時(shí)，小球受到手的拉力的大小F；（2）放手后，桿剛運(yùn)動(dòng)到豎直位置時(shí)小球的速率v；（3）放手的瞬間，物塊M所受細(xì)線的拉力大小T。【答案】（1）130N；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）設(shè)小球受繩和桿的作用力分別為F1和F2，由平衡條件則有且解得（2）桿運(yùn)動(dòng)到豎直位置時(shí)，小球上升高度物塊下降高度h2=2m，在此運(yùn)動(dòng)中由機(jī)械能守恒定律可得（3）設(shè)此時(shí)繩BC方向的加速度大小為a，重物M所受繩的拉力為T，由牛頓第二定律可得小球受繩BC的拉力解得15. 如圖所示，在xOy平面內(nèi)，有一半徑為R、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1（未知）、方向垂直紙面向里的圓形磁場(chǎng)區(qū)域與x軸相切于O點(diǎn)，圓心O1位于（0，R）；x軸下方有一直線CD，CD與x軸相距，x軸與直線CD之間的區(qū)域有一沿＋y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度；在CD的下方有一矩形磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域上邊界緊靠CD直線，磁感應(yīng)強(qiáng)度，方向垂直紙面向外。紙面內(nèi)一束寬為R的平行電子束以速度v0平行于x軸射入圓形磁場(chǎng)，最下方電子速度正對(duì)O1點(diǎn)，偏轉(zhuǎn)后所有電子都經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O進(jìn)入x軸下方的電場(chǎng)。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子重力。(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大??；(2)求電子第一次到達(dá)CD直線的范圍大?。?/span>(3)欲使所有電子都能達(dá)到x軸，求矩形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積。【答案】(1)；(2)2R；(3)【解析】【詳解】解：(1)由圖可知r1=R，根據(jù)洛侖茲力提供向心力可知解得(2)在電場(chǎng)中電子的加速度由于最上方的電子從O點(diǎn)出來(lái)的速度方向水平向左，大小為v0，故此電子到達(dá)CD直線上距y軸最遠(yuǎn)，在y方向上有解得水平方向上有故電子第一次到達(dá)CD直線的范圍長(zhǎng)度l1=2R(3)在CD直線下方的磁場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理可知解得即所有進(jìn)入下方磁場(chǎng)的電子都具有相同的速度大小，電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑如下圖，最上方的電子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度與CD直線夾角滿(mǎn)足解得θ=60°由圖可知，當(dāng)最上方的電子速度與CD直線夾角為60°時(shí)，能夠到達(dá)O點(diǎn)，當(dāng)最下方的電子垂直進(jìn)入磁場(chǎng)后，出磁場(chǎng)的方向與CD直線夾角為60°時(shí)，恰好能到達(dá)x軸，所以，由幾何關(guān)系可得到矩形磁場(chǎng)的最小面積

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