福建省厦门一中2024-2025学年高三（上）月考 物理试卷（12月份）（含解析）

这是一份福建省厦门一中2024-2025学年高三（上）月考 物理试卷（12月份）（含解析），共28页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）如图所示为仰韶文化时期的一款尖底瓶，该瓶装水后“虚则欹、中则正、满则覆”，下面有关瓶（包括瓶中的水）（ ）
A．瓶所受重力就是地球对瓶的吸引力
B．装入瓶中的水越多，瓶的重心一定越高
C．重力只作用在瓶的重心上
D．瓶所受重力的方向一定可以与两条绳子的方向交于同一点
2．（4分）在维修高压线路时，为保障安全，电工要穿特制材料编织的电工服（如图甲），头顶上方有B供电线，B电线电势高于A电线，已知相邻等势线的电势差值均为5V，c、d、e、f是等势线上的四个点（ ）
A．电工服是用绝缘性能良好的绝缘材料制作
B．在c、d、e、f四点中，c点的电场最强
C．在e点静止释放一个电子，它会向d点所在等势面运动
D．将一个电子由c移到d电场力所做的功为5eV
3．（4分）天文学家预测，北冕座T恒星系统可能在2024年爆发，其亮度预计将和北极星相当，白矮星的质量约为太阳的1.4倍，红巨星的质量约为太阳的1.1倍，白矮星与红巨星之间的距离约为地球与太阳之间距离的0.5倍，则北冕座T双星系统的周期约为（ ）
A．0.15年B．0.22年C．0.63年D．2.2年
4．（4分）如图甲所示，一固定竖直倒放的“U”形足够长金属导轨的上端接一定值电阻R，整个装置处于方向垂直轨道平面向里的匀强磁场中，以大小为p0的初动量竖直向上抛出，金属棒的动量随时间变化的图像如图乙所示（图中p＝﹣0.5p0的虚线为图像渐近线）。整个过程中金属棒与导轨接触良好且保持垂直，不计空气阻力及金属棒和导轨电阻，重力加速度大小为g。关于此过程中（ ）
A．t0时刻金属棒的加速度为零
B．金属棒的最大加速度大小为3g
C．金属棒上升过程安培力的冲量大小为2p0﹣mgt0
D．金属棒上升过程定值电阻产生的焦耳热大于
二、双项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分，每小题有两个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
（多选）5．（6分）物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系。与磁感应强度的国际单位等效的有（ ）
A．B．C．D．
（多选）6．（6分）如图空间中存在沿水平方向且互相垂直的匀强磁场B和匀强电场E，一带电液滴以一定速度沿斜向上的虚线做直线运动，则液滴（ ）
A．带负电
B．一定做匀速直线运动
C．可能做匀减速直线运动
D．电势能减小
（多选）7．（6分）某地地磁场的磁感应强度的竖直分量的大小B随距离地面高度h的变化关系如图所示，方向竖直向上，直升机用绝缘绳将一始终保持水平的闭合金属导线框竖直向上匀速吊起（ ）
A．线框中有逆时针方向的感应电流（俯视）
B．线框中的感应电流不断减小
C．线框的四条边有向内收缩的趋势
D．线框的四条边有向外扩张的趋势
（多选）8．（6分）如图所示，将质量为2m的重物悬挂在足够长轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小圆环，光滑定滑轮与直杆间的距离为d。现将圆环从图中所示的A处由静止释放，此时连接圆环的细绳与水平方向的夹角为30°，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．圆环刚释放时，轻绳中的张力大小为
B．圆环刚释放时，重物的加速度大小为
C．圆环下落到最低点的过程中，圆环的机械能一直减小
D．圆环下落到与定滑轮等高的位置时，圆环的速度大小为
三、非选择题：共60分，其中9、10、11题为填空题，12、13为实验题，14～16题为计算题。考生根据要求作答。
9．（4分）一列简谐横波沿x轴传播，t＝0时刻的波形如图甲所示，坐标原点处质点的振动图像如图乙所示 （填“正”或“负”）方向传播，波长为λ＝ m，传播速度大小v＝ m/s。
10．（4分）如图，在真空中有两个点电荷A和B，电荷量分别为﹣Q和+2Q﹣10C，k＝9.0×109Nm2/C2，它们相距L＝3m，如果在两点电荷连线的中点放一个半径为r（2r＜L）的空心金属球 N/C；球壳上的感应电荷在球心O处产生的电场强度大小 N/C，方向 。（填“水平向左”或“水平向右”）
11．（4分）未来部署在空间站的太阳能电站可以将电能源源不断地传送到地球。假设电站绕地球运行的周期为T，已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。电站离地面的高度h＝ ；电站在轨运行时，光子撞击电站的帆板被垂直反射而产生作用力。假设垂直照射帆板前后的光子平均动量大小均为p，每秒钟垂直照射到帆板上的光子数为n个 。
12．（6分）某同学利用圆周运动知识测量当地重力加速度。实验装置如图所示，直流电动机转轴上固定一个半径为r的塑料圆盘，圆盘中心正下方用细线连接一个重锤，细绳另一端连接一个小球，可看作质点。实验操作如下：①利用天平测量小球的质量m；
②闭合电源开关，让小球做如图所示的匀速圆周运动，调节激光笔2的高度和激光笔1的位置，用刻度尺测量小球做圆周运动的半径R和球心到塑料圆盘的高度h；
③当小球第一次到达A点时开始计时，并记录为1次，记录小球n次到达A点的时间t；
④切断电源，整理器材。
请回答下列问题：
（1）下列说法正确的是 。
A.小球运动的周期为
B.小球运动的角速度大小为
C.小球运动的向心力大小为（g为当地重力加速度）
D.若电动机的转速、绳长均不变，换相同半径、质量更大的小球重新实验，激光笔1、2应分别右移、下降
（2）当地重力加速度大小应为g＝ 。（用r、n、t、R、h表示）
13．（10分）物理课外研究小组欲通过实验研究某一直流电源的带载特性。除所用电源，开关、导线外，实验室还备有器材：电压表（量程3V）（量程3A）、定值电阻R0、滑动变阻器RL。
（1）测量电源的电动势和内阻。按如图1所示的电路连接器材，并移动滑动变阻器RL滑片位置，读出对应的电压表和电流表示数，在图2中标记相应的点并拟合出U﹣I图线 V，内阻r＝ Ω（结果均保留2位有效数字）。
（2）不考虑偶然误差，由上述（1）方法测得的内阻r （填“大于”、“等于”、“小于”）真实值，引起此误差的原因是 。
（3）测试电源的带载特性。用R表示变阻器接入电路的阻值，l表示电流表的示数。为便于对比研究，采集两种情况下的数据并作出相应的①、②图线：
①表示图1中变阻器RL的功率变化规律；
②表示图3中变阻器RL的功率变化规律。
在滑动变阻器RL的滑片移动过程中，不考虑电表的影响，下列选项正确的是 。
14．（10分）1932年，美国物理学家安德森在宇宙射线实验中发现了正电子（带正电荷）。他利用放在强磁场中的云室来记录宇宙射线粒子，借以减慢粒子的速度。当宇宙射线粒子通过云室内的垂直纸面的匀强磁场时，拍下粒子径迹的照片，根据照片画出的轨迹示意图乙。
（1）请判断正电子穿过铅板时的运动方向 （“向左”或“向右”）和磁场的方向 （“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”）。
（2）已知正电子质量为m，带电量为e，磁感应强度为B1和r2，求正电子穿过铅板过程中损失的动能。
15．（10分）某款电荷控制式喷墨打印机打印头的结构简图如图所示。墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，微粒经过带电室带上负电后，飘入竖直放置的平行板电容器（初速度可视为零），该微粒以一定的水平初速度从虚线M上的a点垂直射入竖直向下的偏转电场，b、c为轨迹上的两点，显示出字符。已知平行板电容器带电荷量为Q，电容为C（q远小于Q）。微粒经过b、c两点时的速度方向与水平方向的夹角分别为30°、60°，b、c两点间竖直距离为d，sin30°＝0.5，。求：
（1）微粒经过a点时的速度大小；
（2）微粒从b点运动到c点电势能的变化量；
（3）b、c两点间的水平距离。
16．（12分）如图所示，空间中存在匀强电场（未画出），一固定光滑绝缘轻杆与水平方向夹角为θ。带电量为+q的A环套在轻杆上，保持静止，已知A环的质量为3m。距离A环l的位置有光滑绝缘环B，不带电，在外力作用下静止。重力加速度为g，整个过程中环的带电量不变。
（1）求电场强度的最小值；
（2）在（1）问的基础上，不改变电场方向，当B环与环A发生碰撞时，将电场强度增加到原来的倍
（i）A环与B环第一次碰撞后的各自速度大小；
（ii）A环与B环第一次碰撞结束到第二次碰撞前相距最远的距离；
（iii）从A环与B环的发生第一次碰撞开始计时，经过多长时间A环滑离杆。
2024-2025学年福建省厦门一中高三（上）月考物理试卷（12月份）
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题只有一个选项符合题目要求）
1．（4分）如图所示为仰韶文化时期的一款尖底瓶，该瓶装水后“虚则欹、中则正、满则覆”，下面有关瓶（包括瓶中的水）（ ）
A．瓶所受重力就是地球对瓶的吸引力
B．装入瓶中的水越多，瓶的重心一定越高
C．重力只作用在瓶的重心上
D．瓶所受重力的方向一定可以与两条绳子的方向交于同一点
【分析】由于地球的吸引而使物体受到的力，叫做重力，重力并不等于地球对物体的引力。重心是物体各部分所受重力之合力的作用点，质量分布不均匀的物体，重心的位置除跟物体的形状有关外，还跟物体内质量的分布有关。
【解答】解：A．重力是由于地球的吸引而使物体受到的力，重力是地球对物体吸引力的一个分力，故A错误；
B．瓶本身的重心位置不变，整体的重心位置先降低后升高然后再降低，装入瓶中的水越多，故B错误；
C．瓶的重心是瓶各部分所受重力的等效作用点，故C错误；
D．根据三力汇交原理，故D正确。
故选：D。
【点评】考查对重力、重心等物理量的理解，清楚其定义。
2．（4分）在维修高压线路时，为保障安全，电工要穿特制材料编织的电工服（如图甲），头顶上方有B供电线，B电线电势高于A电线，已知相邻等势线的电势差值均为5V，c、d、e、f是等势线上的四个点（ ）
A．电工服是用绝缘性能良好的绝缘材料制作
B．在c、d、e、f四点中，c点的电场最强
C．在e点静止释放一个电子，它会向d点所在等势面运动
D．将一个电子由c移到d电场力所做的功为5eV
【分析】根据静电屏蔽、等势面和电场线的关系以及电场力做功和电势差的关系分析求解。
【解答】解：A.电工服是用金属丝织成的金属网制成的，对外部电场能起到屏蔽作用；
B.在c、d、e、f四点中，则电场线最密集，故B错误；
C.在e点静止释放一个电子，它会向d点所在高等势面运动，
D.cd两等势面的电势差为5V，且c等势面电势较高，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了静电场相关知识，理解等势面和电场线的关系是解决此类问题的关键。
3．（4分）天文学家预测，北冕座T恒星系统可能在2024年爆发，其亮度预计将和北极星相当，白矮星的质量约为太阳的1.4倍，红巨星的质量约为太阳的1.1倍，白矮星与红巨星之间的距离约为地球与太阳之间距离的0.5倍，则北冕座T双星系统的周期约为（ ）
A．0.15年B．0.22年C．0.63年D．2.2年
【分析】双星靠相互间的万有引力提供向心力，两者周期相同，由此列方程。地球绕太阳做匀速圆周运动，由太阳的万有引力提供向心力，由此列方程，结合题设条件解答。
【解答】解：双星靠相互间的万有引力提供向心力，两者周期相同，根据万有引力提供向心力有
可得白矮星和红巨星的质量分别为
可得m1r1＝m5r2，又r1+r4＝L，则有
解得北冕座T双星系统的周期为
对太阳和地球系统，有
解得地球的公转周期为
由题意可知r＝2L，m1+m3＝1.4M+5.1M＝2.2M得
解得北冕座T双星系统的周期与地球公转周期之比为
故T双星系统的周期约为2.22年，故ACD错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查双星问题，要抓住双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的周期，这个模型与日地模型不同。
4．（4分）如图甲所示，一固定竖直倒放的“U”形足够长金属导轨的上端接一定值电阻R，整个装置处于方向垂直轨道平面向里的匀强磁场中，以大小为p0的初动量竖直向上抛出，金属棒的动量随时间变化的图像如图乙所示（图中p＝﹣0.5p0的虚线为图像渐近线）。整个过程中金属棒与导轨接触良好且保持垂直，不计空气阻力及金属棒和导轨电阻，重力加速度大小为g。关于此过程中（ ）
A．t0时刻金属棒的加速度为零
B．金属棒的最大加速度大小为3g
C．金属棒上升过程安培力的冲量大小为2p0﹣mgt0
D．金属棒上升过程定值电阻产生的焦耳热大于
【分析】t0时刻，对金属棒进行受力分析，由牛顿第二定律求加速度；
根据题设条件当金属棒最终速度稳定时，受力平衡，根据平衡条件结合安培力的计算公式求解金属棒的重力，再结合初始时该的受力求最大加速度；
由动量定理求上升时的冲量；
金属棒从静止开始沿导轨上滑h过程中根据动能定理求解克服安培力做的功，再根据功能关系、焦耳定律可得这一过程中定值电阻上产生的焦耳热。
【解答】解：A、t0 时刻金属棒的速度为零，则电路中感应电动势为零，则金属棒仅受重力作用，故A错误；
B、金属棒在运动中切割磁感线
电流：
又由安培力公式：F安＝BIL
联立可得安培力：
由图可知金属棒最终向下运动动量大小为 0.5p8 由题设条件可知此时：0.5p4＝mv1
从而解得：
此时斜率为零，故合外力为零，与安培力等大反向，故
由平衡条件得：
在 t＝0 时，所受向下的安培力最大3＝mv0
解得金属棒向上运动的最大速度：
故金属棒受向下最大的安培力大小为：
金属棒的最大加速度大小为：，故B正确；
C、设金属棒上升过程安培力的冲量大小为 I0﹣I＝3﹣p0
解得金属棒上升过程安培力的冲量大小为：I＝p0﹣mgt6，故C错误；
D、金属棒的初动能为：Ek0＝
金属棒上升过程由动能定理可知：WG+W安＝0﹣Ek3
金属棒上升过程克服安培力所做的功等于定值电阻产生的焦耳热，小于 。
故选：B。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
二、双项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分，每小题有两个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
（多选）5．（6分）物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系。与磁感应强度的国际单位等效的有（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据磁感应强度的定义式以及电流的定义式进行分析，从而得出磁感应强度的单位。
【解答】解：根据磁感应强度的定义式和电流的定义式，故AB正确。
故选：AB。
【点评】物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据物理公式来分析物理量的单位即可。
（多选）6．（6分）如图空间中存在沿水平方向且互相垂直的匀强磁场B和匀强电场E，一带电液滴以一定速度沿斜向上的虚线做直线运动，则液滴（ ）
A．带负电
B．一定做匀速直线运动
C．可能做匀减速直线运动
D．电势能减小
【分析】带电液滴做直线运动，要么合力为零做匀速直线运动，要么所受合力与速度方向在同一直线上，做匀变速直线运动；对带电液滴进行受力分析，然后答题。
【解答】解：ABC、带电液滴以一定速度沿斜向上的虚线做直线运动，所以带电液滴的速度一定不变，则油滴的受力如图所示，
由于电场力与电场方向相同，所以液滴带正电，AC错误；
D、由于电场力对带电液滴做正功，故D正确。
故选：BD。
【点评】知道液滴沿直线运动的条件是合力为零或所受合力方向与速度方向在同一直线上、对带电液滴正确受力分析，是正确解题的关键。
（多选）7．（6分）某地地磁场的磁感应强度的竖直分量的大小B随距离地面高度h的变化关系如图所示，方向竖直向上，直升机用绝缘绳将一始终保持水平的闭合金属导线框竖直向上匀速吊起（ ）
A．线框中有逆时针方向的感应电流（俯视）
B．线框中的感应电流不断减小
C．线框的四条边有向内收缩的趋势
D．线框的四条边有向外扩张的趋势
【分析】根据楞次定律判断感应电流方向；由法拉第电磁感应定律分析线框中产生的感应电动势大小是否变化，从而判断感应电流大小是否变化；结合楞次定律分析线框的四条边的运动趋势。
【解答】解：A、穿过线框的磁通量向上减小，线框中有逆时针方向的感应电流（俯视）；
B、由法拉第电磁感应定律和By−h图像得，线框中的感应电动势大小为，可知感应电动势E保持不变，故B错误；
CD、穿过线框的磁通量减小，线框的四条边有向外扩张的趋势，D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查电磁感应相关知识，要掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律，利用法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化情况。
（多选）8．（6分）如图所示，将质量为2m的重物悬挂在足够长轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小圆环，光滑定滑轮与直杆间的距离为d。现将圆环从图中所示的A处由静止释放，此时连接圆环的细绳与水平方向的夹角为30°，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．圆环刚释放时，轻绳中的张力大小为
B．圆环刚释放时，重物的加速度大小为
C．圆环下落到最低点的过程中，圆环的机械能一直减小
D．圆环下落到与定滑轮等高的位置时，圆环的速度大小为
【分析】环刚开始释放到下落时，根据牛顿第二定律结合加速度的分解求加速度和绳子的拉力；
根据圆环到最低点的过程中，拉力方向变化，确定拉力做功情况，判断圆环机械能变化情况；
根据系统机械能守恒定律和速度的分解特点求得圆环的速度大小。
【解答】解：AB、设圆环刚释放时，重物加速度为a，
对重物：2mg﹣T＝2ma
对圆环：Tsin30°+mg＝ma′
根据运动的分解可知：a′sin30°＝a
解得：，，故A正确；
C、圆环下落到最低点的过程中，后向上，后做负功，故C错误；
D、圆环下落到与定滑轮等高的位置时，根据运动的分解可知，对整个重物和圆环系统
解得：，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题主要考查运动的合成与分解，根据运动的合成与分解的法则结合机械能守恒定律解答。
三、非选择题：共60分，其中9、10、11题为填空题，12、13为实验题，14～16题为计算题。考生根据要求作答。
9．（4分）一列简谐横波沿x轴传播，t＝0时刻的波形如图甲所示，坐标原点处质点的振动图像如图乙所示 正 （填“正”或“负”）方向传播，波长为λ＝ 8 m，传播速度大小v＝ 1 m/s。
【分析】根据振动图像读出t＝0时刻坐标原点处质点的振动方向，再判断波的传播方向。由图甲得到波长，由图乙得到周期，再求波速。
【解答】解：由振动图像可知，t＝0时刻坐标原点处质点正沿y轴负方向运动，根据波形平移法可知。
由图甲图可得
可得波长为λ＝8m
由图乙可知，波动周期为7s＝m/s＝3m/s
故答案为：正，8，1。
【点评】本题考查波的图像和振动图像的综合，解答本题的关键是把握两种图像的内在联系，能够根据振动图像直接读出周期、质点的振动方向，由波的图像判断波的传播方向。
10．（4分）如图，在真空中有两个点电荷A和B，电荷量分别为﹣Q和+2Q﹣10C，k＝9.0×109Nm2/C2，它们相距L＝3m，如果在两点电荷连线的中点放一个半径为r（2r＜L）的空心金属球 0 N/C；球壳上的感应电荷在球心O处产生的电场强度大小 6 N/C，方向 水平向右 。（填“水平向左”或“水平向右”）
【分析】空心金属球处于静电平衡状态，据此判断球心O处的电场强度大小；因为球心O处的电场强度大小为零，所以球壳上的感应电荷在球心O处产生的电场强度与AB两处的点电荷在O点产生的合场强等大、反向，据此分析求解。
【解答】解：空心金属球处于静电平衡状态，则球心O处的电场强度大小为零；
因为球心O处的电场强度大小为零，所以球壳上的感应电荷在球心O处产生的电场强度与AB两处的点电荷在O点产生的合场强等大，
则感应电荷在球心O处产生的电场强度大小为：
，方向水平向右；
故答案为：0；2；水平向右。
【点评】本题考查用特殊的方法求解电场强度，解题时需注意，多个电荷在电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和。
11．（4分）未来部署在空间站的太阳能电站可以将电能源源不断地传送到地球。假设电站绕地球运行的周期为T，已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。电站离地面的高度h＝ ﹣R ；电站在轨运行时，光子撞击电站的帆板被垂直反射而产生作用力。假设垂直照射帆板前后的光子平均动量大小均为p，每秒钟垂直照射到帆板上的光子数为n个 2np 。
【分析】电站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，应用牛顿第二定律求出电站离地面的高度；应用动量定理与牛顿第三定律求出帆板受到的作用力。
【解答】解：电站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力＝m
地球表面的物体受到的重量等于万有引力，即m′g＝G
解得：h＝﹣R
对每秒照射到帆板上的光子，由动量定理得：﹣F't＝﹣np﹣np
其中：t＝1s，解得：F'＝2np
由牛顿第三定律可知，帆板由于光子碰撞受到的作用力大小F＝F'＝2np
故答案为：﹣R。
【点评】本题考查了万有引力定律与动量定理的应用，根据题意应用牛顿第二定律与动量定理、牛顿第三定律即可解题。
12．（6分）某同学利用圆周运动知识测量当地重力加速度。实验装置如图所示，直流电动机转轴上固定一个半径为r的塑料圆盘，圆盘中心正下方用细线连接一个重锤，细绳另一端连接一个小球，可看作质点。实验操作如下：①利用天平测量小球的质量m；
②闭合电源开关，让小球做如图所示的匀速圆周运动，调节激光笔2的高度和激光笔1的位置，用刻度尺测量小球做圆周运动的半径R和球心到塑料圆盘的高度h；
③当小球第一次到达A点时开始计时，并记录为1次，记录小球n次到达A点的时间t；
④切断电源，整理器材。
请回答下列问题：
（1）下列说法正确的是 B 。
A.小球运动的周期为
B.小球运动的角速度大小为
C.小球运动的向心力大小为（g为当地重力加速度）
D.若电动机的转速、绳长均不变，换相同半径、质量更大的小球重新实验，激光笔1、2应分别右移、下降
（2）当地重力加速度大小应为g＝ 。（用r、n、t、R、h表示）
【分析】计算小球转动圈数，得到周期，以及角速度大小，对小球进行受力分析得到向心力大小。
【解答】解：（1）A．小球第一次到达 A ，并记录为 1 次 1 次到第 n A 位置 （n﹣7） t，故周期为
故A错误。
B．角速度大小为

故B正确。
C．小球受重力和拉力，设线与竖直方向的夹角为 α，则
Tcsα＝mg，Tsinα＝F向
故
故C错误。
D．若电动机的转速不变，由
mgtanα＝mRω2
得小球圆周运动半径与质量无关，所以激光笔不动。
故选：B。
（2）小球做圆周运动的周期

根据圆周运动合外力提供向心力，有
解得
故答案为：（1）B；（2）
【点评】本题考查了利用圆周运动知识测量当地重力加速度，探究圆周运动得到重力加速度。
13．（10分）物理课外研究小组欲通过实验研究某一直流电源的带载特性。除所用电源，开关、导线外，实验室还备有器材：电压表（量程3V）（量程3A）、定值电阻R0、滑动变阻器RL。
（1）测量电源的电动势和内阻。按如图1所示的电路连接器材，并移动滑动变阻器RL滑片位置，读出对应的电压表和电流表示数，在图2中标记相应的点并拟合出U﹣I图线 3.0 V，内阻r＝ 1.3 Ω（结果均保留2位有效数字）。
（2）不考虑偶然误差，由上述（1）方法测得的内阻r 小于 （填“大于”、“等于”、“小于”）真实值，引起此误差的原因是 电压表的分流 。
（3）测试电源的带载特性。用R表示变阻器接入电路的阻值，l表示电流表的示数。为便于对比研究，采集两种情况下的数据并作出相应的①、②图线：
①表示图1中变阻器RL的功率变化规律；
②表示图3中变阻器RL的功率变化规律。
在滑动变阻器RL的滑片移动过程中，不考虑电表的影响，下列选项正确的是 AC 。
【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律列式，有表达式可知U﹣I图像的纵截距表示电源的电动势，斜率的绝对值表示电源的内阻，结合图像求解即可；
（2）由于电压表的分流作用，电流测量不准确，考虑电压表的内阻根据闭合电路的欧姆定律列式，整理得到U﹣I图像的表达式，根据表达式判断电动势的测量值与真实值的关系；
（3）根据功率公式和闭合电路的欧姆定律联立求解滑动变阻器的功率，根据表达式求解话滑动变阻器功率最大时滑动变阻器接入的阻值、滑动变阻器的最大功率及此时回路中的电流（图3为了方面计算需要用等效电源法），即可判断图。
【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律
U＝E﹣Ir
电源U﹣I图像与纵轴交点坐标值是电动势，图像斜率绝对值是电源内阻，电动势测量值为
E＝3.0V
电源内阻为
；
（2）考虑到电表内阻，根据闭合电路的欧姆定律有
整理可得
因为斜率代表内阻，所以内阻测量值偏小；
（3）图1中，滑动变阻器RL的功率为
根据闭合电路的欧姆定律有
联立解得
由上式可知当RL＝r时，RL的功率最大，最大功率为
此时回路中的电流为
；
图3中，把R6和电源看成等效电源，则电源的等效电动势为
等效内阻为
则滑动变阻器RL的功率为
根据闭合电路的欧姆定律有
联立解得
由上式可知当RL＝r′时，RL的功率最大，最大功率为
且功率最大时
此时回路中的电流为
综上所述，图6中和图3中滑动变阻器功率最大时，图1中滑动变阻器的电阻较大，故AC正确。
故选：AC。
故答案为：（1）7.0；1.8；电压表的分流。
【点评】本题考查测电源的电动势和内阻的实验，要求学生熟练掌握实验原理（闭合电路的欧姆定律）、实验器材、数据处理和误差分析。
14．（10分）1932年，美国物理学家安德森在宇宙射线实验中发现了正电子（带正电荷）。他利用放在强磁场中的云室来记录宇宙射线粒子，借以减慢粒子的速度。当宇宙射线粒子通过云室内的垂直纸面的匀强磁场时，拍下粒子径迹的照片，根据照片画出的轨迹示意图乙。
（1）请判断正电子穿过铅板时的运动方向 向右 （“向左”或“向右”）和磁场的方向 垂直纸面向里 （“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”）。
（2）已知正电子质量为m，带电量为e，磁感应强度为B1和r2，求正电子穿过铅板过程中损失的动能。
【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力和左手定则判断；
（2）根据洛伦兹力提供向心力和能量守恒定律求正电子穿过铅板过程中损失的动能。
【解答】解：（1）根据洛伦兹力提供向心力
可得正电子运动半径
正电子穿过铅板后速度减小，即运动半径减小，根据左手定则可知磁场的方向垂直纸面向里。
（2）同理根据
可得
正电子穿过铅板过程中损失的动能
代入数据可得
故答案为：（1）向右；垂直纸面向里；
（2）正电子穿过铅板过程中损失的动能为。
【点评】本题考查了带电粒子在磁场中运动问题，要知道带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力。掌握洛伦兹力的特点和判断其方向的左手定则的使用方法。
15．（10分）某款电荷控制式喷墨打印机打印头的结构简图如图所示。墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，微粒经过带电室带上负电后，飘入竖直放置的平行板电容器（初速度可视为零），该微粒以一定的水平初速度从虚线M上的a点垂直射入竖直向下的偏转电场，b、c为轨迹上的两点，显示出字符。已知平行板电容器带电荷量为Q，电容为C（q远小于Q）。微粒经过b、c两点时的速度方向与水平方向的夹角分别为30°、60°，b、c两点间竖直距离为d，sin30°＝0.5，。求：
（1）微粒经过a点时的速度大小；
（2）微粒从b点运动到c点电势能的变化量；
（3）b、c两点间的水平距离。
【分析】（1）先根据C＝求出电容器两板间电压，再根据动能定理求微粒经过a点时的速度大小；
（2）微粒在偏转电场中做类平抛运动，根据分速度关系求出微粒在b点和c点的速度大小，再根据动能定理和功能关系求微粒从b点运动到c点电势能的变化量；
（3）先求出微粒在b点和c点沿竖直方向的速度大小，由速度—位移公式列式，结合速度—时间公式求出从b到c的运动时间，再由x＝vt求出b、c两点间的水平距离。
【解答】解（1）根据C＝可得
微粒在电容器间加速时，根据动能定理得
联立解得微粒经过a点时的速度大小为
（2）微粒在b点的速度为
微粒在c点的速度为
微粒从b点运动到c点的过程，由动能定理有
微粒从b点运动到c点电势能的变化量为
（3）微粒在b点沿竖直方向的速度为
vyb＝vtan30°
微粒在c点沿竖直方向的速度为
vyc＝vtan60°
微粒从b点运动到c点的过程，有
，vyc﹣yyb＝at
b、c两点间的水平距离为
x＝vt
解得
答：（1）微粒经过a点时的速度大小为；
（2）微粒从b点运动到c点电势能的变化量为；
（3）b、c两点间的水平距离为。
【点评】本题是带电粒子在电场中先加速后偏转的类型，运用动能定理求出加速获得的速度，运用运动的分解法处理类平抛运动的过程。
16．（12分）如图所示，空间中存在匀强电场（未画出），一固定光滑绝缘轻杆与水平方向夹角为θ。带电量为+q的A环套在轻杆上，保持静止，已知A环的质量为3m。距离A环l的位置有光滑绝缘环B，不带电，在外力作用下静止。重力加速度为g，整个过程中环的带电量不变。
（1）求电场强度的最小值；
（2）在（1）问的基础上，不改变电场方向，当B环与环A发生碰撞时，将电场强度增加到原来的倍
（i）A环与B环第一次碰撞后的各自速度大小；
（ii）A环与B环第一次碰撞结束到第二次碰撞前相距最远的距离；
（iii）从A环与B环的发生第一次碰撞开始计时，经过多长时间A环滑离杆。
【分析】（1）根据平衡条件求电场的最小值；
（2）（i）先由运动学公式计算出环A与B第一次碰撞前的速度，再由动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解；
（ii）根据牛顿第二定律和运动学公式综合求解；
（iii）根据运动学公式求A环滑离杆的时间。
【解答】解：（1）当电场强度方向与杆方向平行且沿杆向上时，电场强度最小
3mgsinθ＝qEmin
解得电场的最小值
（2）（i）质量为m的光滑B环从静止释放，由牛顿第二定律
mgsinθ＝ma
解得加速度为
a＝gsinθ
设A与B碰前速度为v3，根据运动学公式
解得
由于A与B的碰撞为弹性碰撞，以v6方向为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律
mv0＝mv1+2mv2
联立解得
（ii）碰后，对A由牛顿第二定律
解得
以沿杆向下为正方向，当A与B速度相等时，则有
v2﹣a′t5＝v1+at1
解得
此时速度
A环与B环第一次碰撞结束到第二次碰撞前相距最远的距离
代入数据解得
（iii）第一次碰撞后，到再一次相遇时
解得
此时A沿着杆向下运动的距离
解得
此时A的速度为零，B的速度为
可以发现是重复第一次碰撞的情景，再重复4次碰撞后
x2＝8x1
解得
此时A的速度为v2，根据运动学公式
解得
从A环与B环的发生第一次碰撞开始计时，A滑离杆所用的时间
t＝5t6+t3
解得
答：（1）电场强度的最小值为；
（2）（i）A环与B环第一次碰撞后的各自速度大小为；
（ii）A环与B环第一次碰撞结束到第二次碰撞前相距最远的距离为；
（iii）从A环与B环的发生第一次碰撞开始计时，经过。
【点评】本题考查了动量守恒定律应用的弹性碰撞模型，以及相对运动问题。掌握弹性碰撞模型结果的经验公式。
题号
1
2
3
4
答案
D
C
B
B