2025長(zhǎng)沙雅禮中學(xué)高三上學(xué)期月考（四）物理試題含解析-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共8頁。時(shí)量75分鐘，滿分100分。
一、單選題（本題共6小題，每小題4分，共24分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）
1. 《自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原理》中記載牛頓是這樣研究勻速圓周運(yùn)動(dòng)的：如圖所示，小球沿正多邊形的各邊做速度大小不變的運(yùn)動(dòng)，若正多邊形的邊數(shù)趨近于無窮大，則上述運(yùn)動(dòng)可看作勻速圓周運(yùn)動(dòng)。牛頓提出設(shè)想后并沒有做進(jìn)一步的推導(dǎo)，若小明同學(xué)沿著牛頓的思路推導(dǎo)得出了勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力表達(dá)式，他在研究過程中提出了一些假設(shè)，其中不合理的是（）
A. 小球在正多邊形的各個(gè)頂點(diǎn)處的碰撞是彈性碰撞
B. 小球每次碰撞時(shí)所受作用力的方向指向圓心
C. 因碰撞時(shí)間可以用周期和正多邊形的邊數(shù)表示，所以可以利用動(dòng)量定理得出向心力表達(dá)式
D. 因可以用正多邊形的邊長(zhǎng)與碰撞的作用力計(jì)算功，所以可以利用動(dòng)能定理得出向心力表達(dá)式
【答案】D
【解析】
【詳解】A．做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，假設(shè)小球在正多邊形的各個(gè)頂點(diǎn)處的碰撞是彈性碰撞，是合理的，A錯(cuò)誤；
B．因?yàn)橄蛐牧χ赶驁A心，所以可以假設(shè)小球每次碰撞時(shí)所受作用力的方向指向圓心，B錯(cuò)誤；
C．因碰撞時(shí)間可以用周期和正多邊形的邊數(shù)表示，所以可以利用動(dòng)量定理得出向心力表達(dá)式，C錯(cuò)誤；
D．小球碰撞時(shí)，作用力不做功，所以不能用動(dòng)能定理得出向心力表達(dá)式，不合理，D正確；
故選D。
2. 我校在2024年秋季運(yùn)動(dòng)會(huì)中開設(shè)了“趣味毛毛蟲”的集體運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目強(qiáng)化團(tuán)隊(duì)協(xié)作能力，如圖所示，每支隊(duì)伍由8名老師組成，將毛毛蟲懸空抓住前進(jìn)，到達(dá)終點(diǎn)用時(shí)少者獲勝。為了能順利前進(jìn)，8名老師需要同時(shí)邁出左腳或右腳。已知老師們手中抓住的“毛毛蟲”的質(zhì)量為，在開始運(yùn)動(dòng)階段“毛毛蟲”以加速度向前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)（豎直方向保持同一高度），重力加速度為，老師們運(yùn)動(dòng)過程中腳不打滑。從開始出發(fā)計(jì)時(shí)，則對(duì)此勻加速運(yùn)動(dòng)過程，下列說法正確的是（）
A. 地面對(duì)老師的摩擦力對(duì)老師做正功
B. 這8名老師對(duì)“毛毛蟲”的作用力大小為
C. 這8名老師對(duì)“毛毛蟲”的作用力水平向前
D. 時(shí)刻8名老師對(duì)“毛毛蟲”作用力的合力瞬時(shí)功率為
【答案】D
【解析】
【詳解】A．由于老師運(yùn)動(dòng)過程中腳不打滑，所以老師與地面之間是靜摩擦力，在老師受摩擦力時(shí)，二者沒有相對(duì)位移，故地面對(duì)老師的摩擦力對(duì)老師不做功，故A錯(cuò)誤；
BC．“毛毛蟲”受的合外力為ma，可知老師對(duì)“毛毛蟲”的作用力大小為
方向向前上方，故BC錯(cuò)誤；
D．設(shè)老師對(duì)“毛毛蟲”作用力與水平方向的夾角為，則時(shí)刻老師對(duì)“毛毛蟲”作用力的瞬時(shí)功率為
故D正確。
故選D。
3. 用勁度系數(shù)為，原長(zhǎng)均為的符合胡克定律的六根橡皮筋，將六個(gè)質(zhì)量為的小球連接成正六邊形（如圖所示），放在光滑水平桌面上?，F(xiàn)在使這個(gè)系統(tǒng)繞垂直于桌面通過正六邊形中心的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。在系統(tǒng)穩(wěn)定后，觀察到正六邊形邊長(zhǎng)變?yōu)?，則此時(shí)轉(zhuǎn)動(dòng)的周期為（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【詳解】每根橡皮筋彈力均為
相鄰橡皮筋?yuàn)A角為，則每個(gè)小球的合力為
根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
故選A。
4. Space X公司的星鏈計(jì)劃不斷向地球衛(wèi)星軌道發(fā)射升空大量小型衛(wèi)星組成龐大的衛(wèi)星群體系，嚴(yán)重影響了地球其他軌道衛(wèi)星的使用安全，中國(guó)空間站就不得不做兩次緊急避險(xiǎn)動(dòng)作，避免被星鏈衛(wèi)星撞擊的危險(xiǎn)。如圖所示，假設(shè)在地球附近存在圓軌道衛(wèi)星1和橢圓軌道衛(wèi)星2，、兩點(diǎn)為橢圓軌道長(zhǎng)軸兩端，點(diǎn)為兩軌道交點(diǎn)。距離地心，距離地心，距離地心，衛(wèi)星都繞地球逆時(shí)針運(yùn)行。下列說法正確的是（）
A. 衛(wèi)星2和衛(wèi)星1的周期相同
B. 衛(wèi)星2和衛(wèi)星1在點(diǎn)加速度不相同
C. 衛(wèi)星1在點(diǎn)的速度大于衛(wèi)星2在點(diǎn)的速度
D. 若衛(wèi)星2在點(diǎn)適當(dāng)點(diǎn)火加速，即可在半徑為的低軌道繞地球圓周運(yùn)動(dòng)
【答案】A
【解析】
【詳解】A．根據(jù)開普勒第三定律有
由題知圓的半徑與橢圓的半長(zhǎng)軸相等，則衛(wèi)星2的周期與衛(wèi)星1的周期相等，故A正確；
B．根據(jù)牛頓第二定律有
則有
可知在點(diǎn)時(shí)，加速度相同，故B錯(cuò)誤；
C．以地球球心為圓心，并過點(diǎn)畫出圓軌道3，如圖所示由圖可知衛(wèi)星從軌道3到衛(wèi)星2的橢圓軌道要在點(diǎn)點(diǎn)火加速，做離心運(yùn)動(dòng)，則衛(wèi)星在軌道3的速度小于衛(wèi)星2在橢圓軌道點(diǎn)的速度，又由圖可知，軌道1和軌道3都是圓軌道，則有
可得
可知軌道1上衛(wèi)星的速度小于軌道3上衛(wèi)星的速度，可知衛(wèi)星在軌道1上經(jīng)過點(diǎn)的速度小于衛(wèi)星2在點(diǎn)的速度，故C錯(cuò)誤；
D．據(jù)前面分析，在橢圓軌道上運(yùn)行的衛(wèi)星2在點(diǎn)適當(dāng)減速，即可在半徑為的低軌道繞地球運(yùn)行，故D錯(cuò)誤。
故選A。
5. 如圖所示，“雨打芭蕉”是文學(xué)中常見的抒情意境，如王維的“雨打芭蕉葉帶愁，心同新月向人羞”、白居易的“隔窗知夜雨，芭蕉先有聲”、葛勝仲的“閑愁幾許，逐夢(mèng)芭蕉雨”等都是通過雨打芭蕉抒發(fā)作者的情感。將快落到芭蕉葉上的雨視為由單個(gè)質(zhì)量為m、速度為的一系列小雨滴組成的，各個(gè)小雨滴垂直打在水平芭蕉葉上后，一半以速度v反向彈回，另一半速度為零。忽略芭蕉葉上的積水以及雨滴落在葉面上時(shí)重力的影響，忽略風(fēng)力以及濺起的水珠對(duì)下落雨滴的影響。已知每立方米的體積內(nèi)有N個(gè)小雨滴，則估算雨打芭蕉產(chǎn)生的壓強(qiáng)P為（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【詳解】設(shè)芭蕉葉的面積為S，t時(shí)間內(nèi)有質(zhì)量為的雨滴打在芭蕉葉上，則有
根據(jù)題意可知一半以速度v反向彈回，以豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理
另一半速度為零，以豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理
根據(jù)壓強(qiáng)的定義式
聯(lián)立可得
故選A。
6. 如圖所示，8個(gè)完全相同的均勻帶電絕緣立方體疊成一個(gè)大立方體，取無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，該立方體中心點(diǎn)電勢(shì)為，上表面中心點(diǎn)電勢(shì)為。下列說法正確的是（）
A. 一個(gè)小立方體在點(diǎn)產(chǎn)生電勢(shì)為
B. 下層一個(gè)小立方體在點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)為
C. 現(xiàn)撤去下層一個(gè)小立方體，則點(diǎn)電勢(shì)為
D. 現(xiàn)撤去下層一個(gè)小立方體，則點(diǎn)電勢(shì)為
【答案】D
【解析】
【詳解】A．由于電勢(shì)為標(biāo)量，由題意可知每個(gè)小立方體在點(diǎn)的電勢(shì)相等為
故A錯(cuò)誤；
B．上層四個(gè)小立方體在點(diǎn)的電勢(shì)和為
下方四個(gè)小立方體在點(diǎn)的電勢(shì)和為
下層一個(gè)小立方體在點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)為
故B錯(cuò)誤；
C．現(xiàn)撤去下層一個(gè)小立方體，則點(diǎn)電勢(shì)為
故C錯(cuò)誤；
D．撤去下層一個(gè)小立方體，則點(diǎn)電勢(shì)
故D正確。
故選D。
二、多選題（本題共4小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的不得分）
7. 如圖所示，一光滑絕緣半圓面和一根很長(zhǎng)的直導(dǎo)線被固定在同一豎直平面內(nèi)，直導(dǎo)線水平處于半圓面的下方，導(dǎo)線中通有方向向右的恒定電流I，將一銅環(huán)從半圓面左側(cè)最高點(diǎn)a從靜止釋放后，銅環(huán)沿半圓面運(yùn)動(dòng)，到達(dá)右側(cè)的b點(diǎn)為最高點(diǎn)，a、b高度差為Δh，已知通電直導(dǎo)線在周圍某一點(diǎn)產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度與該點(diǎn)到導(dǎo)線的距離成反比，下列說法正確的是（）
A. 銅環(huán)在半圓面左側(cè)下滑過程，感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向
B. 銅環(huán)第一次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)感應(yīng)電流達(dá)到最大
C. 銅環(huán)第一次返回左側(cè)至最高點(diǎn)時(shí)與a點(diǎn)的高度差小于
D. 銅環(huán)沿半圓面運(yùn)動(dòng)過程，銅環(huán)所受安培力的方向總是與銅環(huán)中心的運(yùn)動(dòng)方向相反
【答案】AC
【解析】
【分析】
【詳解】A．直導(dǎo)線在半圓面處的磁場(chǎng)垂直向外，銅環(huán)在半圓面左側(cè)下滑過程，磁場(chǎng)增強(qiáng)，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，A正確；
B．由直導(dǎo)線磁場(chǎng)特點(diǎn)可知，同一水平面處的磁場(chǎng)強(qiáng)弱相同，當(dāng)銅環(huán)經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)，速度沿水平方向，銅環(huán)內(nèi)的磁通量變化率為零，感應(yīng)電流為零，B錯(cuò)誤；
C．設(shè)銅環(huán)質(zhì)量為m，則銅環(huán)第一次從a到b過程，減少的機(jī)械能等于，故產(chǎn)生的焦耳熱為
銅環(huán)在豎直方向上的速度越大，磁通量變化越快，產(chǎn)生的感應(yīng)電流越大，從而產(chǎn)生的焦耳熱越多，消耗的機(jī)械能越多，當(dāng)銅環(huán)從b返回左側(cè)時(shí)，在同一高度處的速度比從a到b過程小，產(chǎn)生的焦耳熱較少，故消耗的機(jī)械能較少，即小于，
故返回左側(cè)最高點(diǎn)時(shí)與右側(cè)最高點(diǎn)的高度差小于Δh，則銅環(huán)第一次返回左側(cè)至最高點(diǎn)時(shí)與a點(diǎn)的高度差小于，C正確；
D．當(dāng)銅環(huán)沿軌道下滑時(shí)，根據(jù)對(duì)稱性可知，銅環(huán)左右兩側(cè)受到的安培力大小相等、方向相反，而銅環(huán)下半部分受到的安培力（向上）要大于上半部分受到的安培力（向下），故銅環(huán)受到的安培力豎直向上，同理可知，當(dāng)銅環(huán)沿軌道上滑時(shí)，受到的安培力豎直向下，故銅環(huán)沿半圓面運(yùn)動(dòng)過程，銅環(huán)所受安培力的方向與銅環(huán)中心的運(yùn)動(dòng)方向不會(huì)相反，D錯(cuò)誤。
故選AC。
8. 如圖所示，CD和EF是兩根相同的金屬棒，質(zhì)量均為m，長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，用兩根等長(zhǎng)的柔軟導(dǎo)線、（重力不計(jì)）將它們連接，形成閉合回路CDFE。用兩根絕緣細(xì)線、將整個(gè)回路懸于天花板上，使兩棒保持水平并處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，重力加速度為g。在回路中通以如圖所示方向的電流I，則穩(wěn)定后（）
A. 軟導(dǎo)線、對(duì)金屬棒EF的拉力大小均為
B. 絕緣細(xì)線和對(duì)金屬棒CD的拉力大小均為mg
C. 軟導(dǎo)線和向紙面外偏轉(zhuǎn)，軟導(dǎo)線與豎直方向夾角的正弦值為
D. 絕緣細(xì)線和向紙面內(nèi)偏轉(zhuǎn)，細(xì)線與豎直方向夾的正切值為
【答案】B
【解析】
【詳解】B．對(duì)CD棒和EF棒組成的系統(tǒng)進(jìn)行受力分析（從左向右看），如圖所示
整體受到兩個(gè)重力，兩個(gè)安培力和兩個(gè)絕緣繩子的拉力，豎直方向根據(jù)受力平衡得
可得
即絕緣細(xì)線和不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，絕緣細(xì)線和對(duì)金屬棒CD的拉力大小均為mg，故B正確；
ACD．EF棒受到重力、水平方向的安培力和兩個(gè)金屬桿的拉力，可知軟導(dǎo)線和向紙面外偏轉(zhuǎn)，其中安培力大小為
設(shè)柔軟導(dǎo)線與豎直方向的夾角為，則有
，
可知軟導(dǎo)線、對(duì)金屬棒EF的拉力大小均大于，故ACD錯(cuò)誤。
故選B。
9. 如圖所示，坐標(biāo)系中熒光屏垂直軸放置，第一、二象限存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，點(diǎn)有一粒子放射源，能向第一、二象限各個(gè)方向均勻發(fā)射一系列速率均為、比荷均為的帶正電粒子，其中沿軸正方向射入的粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)后剛好打在熒光屏上的點(diǎn)，粒子打在熒光屏上后立即被屏吸收（左右兩側(cè)面均可吸收）。已知熒光屏的長(zhǎng)度為，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，不計(jì)粒子的重力，忽略粒子間的相互作用。則下列說法正確的是（）
A. 熒光屏到O的距離為2L
B. 沿y軸正方向射入的粒子運(yùn)動(dòng)到熒光屏所需時(shí)間為
C. 被熒光屏接收的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間與最短時(shí)間之比為5：1
D. 被熒光屏右側(cè)面和左側(cè)面接收的粒子數(shù)之比為3：2
【答案】BC
【解析】
【詳解】A．根據(jù)洛倫茲力提供向心力有
解得
沿x軸正方向射入的粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)后剛好打在熒光屏上的M點(diǎn)，軌跡如圖
根據(jù)幾何關(guān)系可知
解得
故A錯(cuò)誤；
B．沿軸正方向射入的粒子恰好經(jīng)過點(diǎn)，則沿軸正方向射入的粒子運(yùn)動(dòng)到熒光屏運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
故B正確；
C．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間、最短時(shí)間軌跡如圖
根據(jù)幾何關(guān)系可知對(duì)應(yīng)圓心角分別為300°，60°，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為
則時(shí)間之比為5:1，故C正確；
D．由幾何知識(shí)可知，粒子入射時(shí)與x軸正方向角度為0~30°時(shí)，被左側(cè)光屏吸收，入射角度為90°~150°時(shí)，粒子被右側(cè)光屏吸收，則被熒光屏右側(cè)面和左側(cè)面接收的粒子數(shù)之比為2:1，故D錯(cuò)誤。
故選BC。
10. 某工廠為了檢驗(yàn)正方形線圈的合格率，將線圈放在傳送帶上，傳送帶所在空間中加上豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)邊界與平行且與線圈速度方向成，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。如圖所示，線圈與傳送帶一起以恒定速度v向右運(yùn)動(dòng)，線圈與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程中線圈恰好不打滑，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。已知線圈質(zhì)量為m，匝數(shù)為N，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，總電阻為R，且磁場(chǎng)寬度大于L。下列說法正確的是（）
A. 線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，電流方向?yàn)?br>B. 在線圈進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，線圈對(duì)傳送帶的摩擦力始終沿所在直線方向，且最大值為
C. 線圈在進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中通過截面的電荷量為
D. 在不改變傳送帶速度的情況下，相同質(zhì)量、材料、邊長(zhǎng)但匝數(shù)為的線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程也恰好不打滑
【答案】ABD
【解析】
【詳解】A．線圈進(jìn)入磁場(chǎng)的過程，磁通量增加，根據(jù)楞次定律，可判斷出，感應(yīng)電流的方向?yàn)?，故A正確；
B．在線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，受到沿方向的安培力作用，由于線圈勻速運(yùn)動(dòng)，所以線圈受到的摩擦力方向?yàn)榉较?，根?jù)牛頓第三定律可知，線圈對(duì)傳送帶的摩擦力始終沿方向，最大值為
又有
，
解得
故B正確；
C．線圈在進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中通過截面的電荷量為
解得
故C錯(cuò)誤；
D．線圈質(zhì)量不變，材料不變，邊長(zhǎng)不變，匝數(shù)變成2倍，則導(dǎo)線長(zhǎng)度變?yōu)樵瓉淼?倍，橫截面積變?yōu)樵瓉淼?，根?jù)
可知，電阻變?yōu)樵瓉淼?倍，又因?yàn)榘才嗔Φ淖畲笾禐?br>可知，匝數(shù)變成2倍，電阻變?yōu)樵瓉淼?倍，線框受到的安培力的最大值不變，而最大靜摩擦力為
不變，所以在不改變傳送帶速度的情況下，相同質(zhì)量、材料、邊長(zhǎng)但匝數(shù)為的線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程也恰好不打滑，故D正確。
故選ABD。
三、實(shí)驗(yàn)題（本題共2小題，11題10分，12題6分，共16分）
11. 在“用傳感器觀察電容器充放電過程”實(shí)驗(yàn)中，按圖1所示連接電路。電源電壓為6.0V，內(nèi)阻可以忽略。單刀雙擲開關(guān)S先跟2相接，某時(shí)刻開關(guān)改接1，一段時(shí)間后，把開關(guān)再改接2。實(shí)驗(yàn)中使用了電流傳感器來采集電流隨時(shí)間的變化情況。
（1）開關(guān)S改接2后，電容器進(jìn)行的是________（選填“充電”或“放電”）過程。此過程得到的I-t圖像如圖2所示，圖中在0-0.2s內(nèi)用陰影標(biāo)記的狹長(zhǎng)矩形的面積的物理意義是________。如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R的阻值，則此過程的I-t曲線與坐標(biāo)軸所圍成的面積將_______（選填“減小”、“不變”或“增大”）。
（2）若實(shí)驗(yàn)中測(cè)得該電容器在整個(gè)放電過程中釋放的電荷量，則該電容器的電容為_________μF。
（3）電容器充電后就儲(chǔ)存了能量，某同學(xué)研究電容器儲(chǔ)存的能量E與電容器的電容C、電荷量Q及電容器兩極間電壓U之間的關(guān)系。他從等效的思想出發(fā)，認(rèn)為電容器儲(chǔ)存的能量等于把電荷從一個(gè)極板搬運(yùn)到另一個(gè)極板過程中克服電場(chǎng)力所做的功。為此他做出電容器兩極間的電壓U隨電荷量Q變化的圖像如圖所示。按他的想法，下列說法正確的是（）
A. U-Q圖線的斜率越大，電容C越大
B. 對(duì)同一電容器，電容器儲(chǔ)存的能量E與兩極間電壓U成正比
C. 若電容器電荷量為Q時(shí)儲(chǔ)存的能量為E，則電容器電荷量為時(shí)儲(chǔ)存的能量為
D. 由于圖線是一條過原點(diǎn)的直線，所以既可以用圖線與橫軸所圍成的面積表示電容器儲(chǔ)能，也可以用圖線跟縱軸所圍成的面積表示電容器儲(chǔ)能
【答案】（1） ①. 放電 ②. 0.2s內(nèi)電容器放電量 ③. 不變
（2）575 （3）C
【解析】
【小問1詳解】
[1]開關(guān)S改接2后，電容器相當(dāng)于電源，進(jìn)行的是放電過程；
[2]根據(jù)，可知圖中在0-0.2s內(nèi)用陰影標(biāo)記的狹長(zhǎng)矩形的面積的物理意義是0.2s內(nèi)電容器放電量；
[3]充完電后電容器所帶的電荷量為
如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R的阻值，則充完電后電容器所帶的電荷量不變，所以放電過程，I-t曲線與坐標(biāo)軸所圍成的面積不變。
【小問2詳解】
整個(gè)放電過程中釋放的電荷量，根據(jù)
可得該電容器的電容為
【小問3詳解】
A．根據(jù)
可知圖線的斜率越大，電容C越小，故A錯(cuò)誤；
B．他從等效的思想出發(fā)，認(rèn)為電容器儲(chǔ)存的能量等于把電荷從一個(gè)極板搬運(yùn)到另一個(gè)極板過程中克服電場(chǎng)力所做的功，也等于圖像所圍的面積，則有
可知對(duì)同一電容器，電容器儲(chǔ)存的能量E與兩極間電壓的平方成正比，故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)
可知電容器電荷量為時(shí)儲(chǔ)存的能量為，故C正確；
D．類比速度—時(shí)間圖像與時(shí)間軸圍成的面積才代表位移，則U-Q圖像與Q軸圍成的面積才代表儲(chǔ)能，圖線跟縱軸所圍成的面積不能表示電容器儲(chǔ)能，故D錯(cuò)誤。
故選C。
12. 圖中虛線框內(nèi)存在一沿水平方向、且與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)通過測(cè)量通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中所受的安培力，來測(cè)量磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、并判定其方向。所用部分器材已在圖中給出，其中D為位于紙面內(nèi)的U形金屬框，其底邊水平，兩側(cè)邊豎直且等長(zhǎng)；E為直流電源；R為電阻箱；A為電流表；S為開關(guān)。此外還有細(xì)沙、天平、米尺和若干輕質(zhì)導(dǎo)線。
（1）完成下列主要實(shí)驗(yàn)步驟中的填空：
①按圖接線。
②保持開關(guān)S斷開，在托盤內(nèi)加入適量細(xì)沙，使D處于平衡狀態(tài)；然后用天平稱出細(xì)沙質(zhì)量m1。
③閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)R的值，使電流大小適當(dāng)，在托盤內(nèi)重新加入適量細(xì)沙，使D_____；然后讀出電流表的示數(shù)I，并用天平稱出此時(shí)細(xì)沙的質(zhì)量m2。
④用米尺測(cè)量D的底邊長(zhǎng)度L。
（2）用測(cè)量的物理量和重力加速度g表示磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，可以得出B=_____（可以用絕對(duì)值符號(hào)）。
（3）判定磁感應(yīng)強(qiáng)度方向的方法是：若_____，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外；反之，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里。
【答案】（1）重新處于平衡狀態(tài)
（2）
（3）m2＞m1
【解析】
【小問1詳解】
③閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)R的值，使電流大小適當(dāng)，在托盤內(nèi)重新加入適量細(xì)沙，使D重新處于平衡狀態(tài)；然后讀出電流表的示數(shù)I，并用天平稱出此時(shí)細(xì)沙的質(zhì)量m2。
【小問2詳解】
開關(guān)斷開時(shí)，D中無電流，D不受安培力，此時(shí)D所受重力
S閉合后，D中有電流，左右兩邊所受合力為0；
如果，有
則安培力方向向下，根據(jù)左手定則可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向外；
如果，有
則安培力方向向上，根據(jù)左手定則可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向里；
綜上所述，則
【小問3詳解】
如果，有
則安培力方向向下，根據(jù)左手定則可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向外。
四、解答題（本題共3個(gè)小題，共40分，其中第13題12分，第14題13分，第15題15分，要求有必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只有結(jié)果沒有過程的不得分）
13. 如圖所示，輕桿兩端分別系著質(zhì)量為的圓環(huán)A和質(zhì)量為的小球B，輕桿與A的連接處有光滑鉸鏈，輕桿可以繞鉸鏈自由轉(zhuǎn)動(dòng)，A套在光滑的水平固定橫桿上且能自由滑動(dòng)，A、B靜止不動(dòng)時(shí)B球恰好與光滑地面接觸，在B的左側(cè)是半徑為的圓弧，質(zhì)量為的小球C以的速度向左與B球發(fā)生正碰，已知碰后C小球恰好能做平拋運(yùn)動(dòng)，小球B在運(yùn)動(dòng)過程中恰好能與橫桿接觸。重力加速度取，則：
（1）碰后C球平拋的水平位移大??；
（2）碰后瞬間B球的速度大小；
（3）A、B間輕桿的長(zhǎng)度。
【答案】（1）
（2）3m/s （3）0.3m
【解析】
【小問1詳解】
碰后C球恰好能做平拋運(yùn)動(dòng)，則C球在圓弧頂端，根據(jù)牛頓第二定律有
C做平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向上有
在豎直方向上有
解得
【小問2詳解】
碰撞過程中，B球和C球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有
解得
小問3詳解】
碰后當(dāng)B球恰好與橫桿接觸時(shí)，A、B二者具有相同的水平速度，A、B構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，則有
根據(jù)機(jī)械能守恒定律有
解得
14. 如圖所示，質(zhì)量都為m的物塊A、B靜止在光滑的水平面上，A、B之間用絕緣輕彈簧連接，A緊靠墻壁，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向水平向左，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，A、B帶電荷量均為的正電荷，B通過輕繩與電動(dòng)機(jī)連接且輕繩拉直恰好無拉力，電動(dòng)機(jī)的額定電壓為，內(nèi)阻為，正常工作時(shí)電流為，時(shí)刻啟動(dòng)電動(dòng)機(jī)，使電動(dòng)機(jī)在額定功率下拉動(dòng)B，t時(shí)刻B的速度達(dá)到最大，此時(shí)A恰好離開墻壁，不計(jì)A、B間的靜電力作用．求：
（1）物塊B的最大速度；
（2）彈簧的勁度系數(shù)。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【詳解】（1）當(dāng)B的加速度時(shí)速度最大，此時(shí)輕繩上的拉力為
電動(dòng)機(jī)的輸出功率為
又
解得
（2）對(duì)B受力分析可知初始時(shí)刻彈簧彈力為
B速度最大時(shí)彈簧彈力
所以從初始時(shí)刻到B速度最大的過程中，彈簧彈力對(duì)B做的總功為零，由動(dòng)能定理得
由胡克定律得
聯(lián)立解得
15. 如圖，直角坐標(biāo)系xOy中存在無限長(zhǎng)的平行邊界MN（與y軸重合）和PQ，兩者間距為5h，0≤x≤5h區(qū)域內(nèi)的x軸上、下部分分別存在垂直紙面向外、向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B、，在第二象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)?，F(xiàn)將質(zhì)量為m，帶電量為q（q>0）的粒子從點(diǎn)處射入電場(chǎng)，倒時(shí)改變粒子速度和電場(chǎng)強(qiáng)度大小，保證粒子均從點(diǎn)垂直于y軸進(jìn)入磁場(chǎng)。不計(jì)粒子重力，。
（1）若電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，求粒子從C點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速率；
（2）若，求粒子軌跡第一次與x軸交點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）若粒子從PQ邊界點(diǎn)飛出，求粒子在兩磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間和最長(zhǎng)時(shí)間。
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】
【詳解】（1）由斜拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得
，
由牛頓第二定律得
解得
（2）當(dāng)時(shí)，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)速度為
由牛頓第二定律得
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如下圖所示
由幾何關(guān)系得
得
故粒子軌跡第一次與x軸交點(diǎn)的坐標(biāo)
（3）粒子在磁場(chǎng)的軌跡半徑滿足
如圖
由幾何關(guān)系
聯(lián)立解得
設(shè)粒子周期數(shù)為，則有
n取1時(shí)，時(shí)間最短，；n取3時(shí)，時(shí)間最長(zhǎng)，，粒子恰好不從MN邊界射出，又粒子在上、下部分磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的周期分別為T1，T2，即
，
且
解得

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