2019届江苏省扬州市高邮市高三下学期阶段性物理调研试题（解析版）

高邮市2019届高三年级阶段性学情联合调研

物 理 试 题

一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．每小题只有一个选项符合题意．选对的得 3 分，错选或不答的得 0 分．

1.一质点做曲线运动，它的轨迹由M到N（如图所示曲线）．关于质点通过轨迹中点时的速度v的方向和加速度a的方向，下图中可能正确的是

【答案】B

【解析】

【详解】A图中的速度方向沿轨迹切线方向是正确的，而加速度不可能沿切线方向。故A错误。B图中速度方向沿轨迹的切线方向，加速度指向轨迹的内侧，符合实际。故B正确。C图中速度方向是正确的，而加速度方向是错误的，按图示加速度方向轨迹应向右弯曲。故C错误。D图中的加速度方向指向轨迹的内侧，是正确的；而速度方向不是沿切线方向。故D错误。故选B。

【点睛】本题关键是知道曲线运动的物体的速度方向沿切线方向，加速度的方向直线曲线的凹向，此题考查了对曲线运动速度方向和加速度方向的理解能力，也可根据牛顿定律理解加速度的方向．

2.如图所示电路中，电源电压u＝311sin100πt(V)，A、B间接有“220 V　440 W”的电暖宝、“220 V　220 W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝．下列说法正确的是

A. 交流电压表的示数为311 V

B. 电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3 A

C. 抽油烟机正常工作1 min消耗的电能为1.32×104 J

D. 电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍

【答案】C

【解析】

【分析】

交流电压表的示数为有效值，由公式P=UI知电路要正常工作，干路中电流为3A，电暖宝是纯电阻，而抽油烟机是非纯电阻；

【详解】A、交流电压表的示数为有效值，故A错误；

B、由公式P=UI知电路要正常工作，干路中电流为，所以保险丝的额定电流不能小于3A，故B错误；

C、1min抽油烟机消耗的电能为，故C正确；

D、电暖宝是纯电阻，而抽油烟机是非纯电阻，电暖宝发热功率不是抽油烟机发热功率的2倍，故D错误；

故选C。

【点睛】考查了交流电的峰值、有效值以及结合欧姆定律进行的有关计算，难度不大；

3.如图所示，三个相同的小球A、B、C位于同一高度h处，A做自由落体运动，B沿光滑斜面由静止滑下，C做平抛运动，在每个小球落地的瞬间，其重力的功率分别为PA、PB、PC。下列关系式正确的是

A. PA＝PC>PB    B. PA＝PB>PC

C. PA＝PB＝PC    D. PA>PC>PB

【答案】A

【解析】

【分析】

据动能定理求出到达地面时的速度，抓住斜抛时达到A落地时的高度，说明落地时的竖直方向速度相同，根据瞬时功率的公式求出重力的瞬时功率；

【详解】A做自由落体运动，C做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，故AC落地时竖直方向的速度大小相同，故落地时的功率相同，B做沿斜面下滑，下滑到斜面底端的速度跟A落地时的速度相同，但速度方向与重力方向成一定的夹角，故功率小于A的功率，故A正确，B、C、D错误；

故选A。

【点睛】解决的关键知道平均功率和瞬时功率的区别，掌握平均功率和瞬时功率的求法；

4.如图所示，两相同灯泡A1、A2，A1与一理想二极管D连接，线圈L的直流电阻不计．下列说法正确的是

A. 闭合开关S后，A1会逐渐变亮

B. 闭合开关S稳定后，A1、A2亮度相同

C. 断开S的瞬间，a点的电势比b点低

D. 断开S的瞬间，A1会逐渐熄灭

【答案】C

【解析】

【分析】

对于二极管来说具有单向导电性，而对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流；

【详解】A、闭合开关S后，因线圈自感，但两灯和线圈不是串联的关系，则两灯立刻亮，故A错误；

B、闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，,所以A1与二极管被短路，导致灯泡A1不亮，而A2将更亮，因此A1、A2亮度度不同，故B错误；

CD、断开S的瞬间，A2会立刻熄灭，线圈L与灯泡A1及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a端的电势低于b端，但二极管具有单向导电性，所以所以回路没有感应电流，A1也是立即熄灭，故D错误，C正确；

故选C。

【点睛】记住自感线圈对电流突变时的阻碍：闭合开关瞬间L相当于断路，稳定后L相当于一段导线，断开瞬间L相当于电源，注意二极管的单向导电性。

5.在电荷量分别为2q和-q的两个点电荷形成的电场中，电场线分布如图所示，在两点电荷连线上有a、b、c三点，且b、c两点到正点电荷距离相等，则

A. 在两点电荷之间的连线上存在一处电场强度为零的点

B. 将一电子从a点由静止释放，它将在a、b间往复运动

C. c点的电势高于b点的电势

D. 负试探电荷在a点具有的电势能比在b点时具有的电势能小

【答案】CD

【解析】

【详解】A项：电场线是从正电荷出发，终止于负电荷，由电场的叠加原理可知，在两点电荷之间的连线上不存在电场强度为零的点，故A错误；

B项：由于ab间的电场强度方向始终由a指向b，所以电子受到向右的电场力，所以在a处由静止释放电子，电子将向右运动，故B错误；

C项：正电荷与b点和c点的距离相等，由图可知，正电荷与b点间的电场线比正电荷与c点间的电场线更密，由公式，所以电势降落更多，即b点电势比c点电势更低，故C正确；

D项：由图可知，从a到b电势越来越低，根据负电荷在电势低处电势能大，所以负试探电荷在a点具有的电势能比在b点时具有的电势能小，故D正确。

【点睛】根据电场线的分布判断电场强度、电势、电势能等物理量的变化情况是高中物理的重点，在平时要加强训练，以加深对这些知识点理解和应用。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．

6. 北斗卫星导航系统是我国自行研制开发的区域性三维卫星定位与通信系(CNSS)，建成后的北斗卫星导航系统包括5颗同步卫星和30颗一般轨道卫星．关于这些卫星，以下说法正确的是

A. 5颗同步卫星的轨道半径都相同

B. 5颗同步卫星的运行轨道必定在同一平面内

C. 导航系统所有卫星的运行速度一定大于第一宇宙速度

D. 导航系统所有卫星中，运行轨道半径越大的，周期越小

【答案】AB

【解析】

【详解】因为同步卫星要和地球自转同步，所以运行轨道就在赤道所在平面内，根据F= =mω2r，因为ω一定，所以 r 必须固定，所以一定位于空间同一轨道上，故A错误；它若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的。所以我国发射的同步通讯卫星必须定点在赤道上空，故B错误；第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度。导航系统所有卫星的运行速度一定小于第一宇宙速度，故C正确；根据周期公式T=2π，运行轨道半径越大的，周期越大，故D错误；故选C。

【点睛】地球质量一定、自转速度一定，同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它的轨道高度和线速度．

7.如图所示，竖直平面内固定有半径为R的光滑半圆形槽，一小球（可看作质点）自半圆形槽左边缘的A点无初速地释放，在最低B点处安装一个压力传感器以测量小球通过B点时对轨道的压力大小，下列说法正确的是

A. 压力传感器的示数与小球的质量无关

B. 压力传感器的示数与半圆形槽半径R无关

C. 小球在B点的速度与半圆形槽半径R无关

D. 小球在B点的加速度与半圆形槽半径R无关

【答案】BD

【解析】

【分析】

先根据动能定理求出到达最低点的速度，再根据向心力公式及牛顿第三定律求得球对内壁的压力大小；

【详解】设小球到达B处的速度为v，则，在B点下有，解得压力传感器的示数F=3mg，小球在B点的速度，小球在B点的加速度大小，故BD正确，AC错误；

故选BD。

【点睛】考查了动能定理及向心力公式的直接应用，难度不大，属于基础题；

8.为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的长方体流量计。该装置由绝缘材料制成，其长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口。在垂直于上下底面方向加一匀强磁场，前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极。污水充满管口从左向右流经该装置时，接在M、N两端间的电压表将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法中正确的是

A. M端的电势比N端的高

B. 电压表的示数U与a和b均成正比，与c无关

C. 电压表的示数U与污水的流量Q成正比

D. 若污水中正负离子数相同，则电压表的示数为0

【答案】C

【解析】

根据左手定则，知正离子所受的洛伦兹力方向向里，则向里偏转，N板带正电，M板带负，则M板的电势比N板电势低．故A错误； 最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB=q，解得U=vBb，与污水中正负离子数无关．故BD错误．因，则流量，因此，与污水流量成正比．故C正确．故选C．

点睛：此题使霍尔效应问题；解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，抓住离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡列方程讨论求解．

9.在竖直方向的电场中一带电小球由静止开始竖直向上运动，运动过程中小球的机械能与其位移关系的图象如图所示，其中O～S1过程的图线为曲线，S1～S2过程的图线为直线．根据该图象，下列说法正确的是

A. 小球一定带正电

B. O～S1过程中小球可能一直在做加速运动

C. S1～S2过程中所处的电场一定是匀强电场

D. S1～S2过程中小球的动能可能不变

【答案】BCD

【解析】

【分析】

由于除重力之外的其它力做多少正功物体的机械能就增加多少，所以E-x图象的斜率的绝对值等于物体所受的电场力的大小；如果电场力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动；如果电场力大于物体的重力，则物体加速向上运动，故物体的动能不断减小；

【详解】A、只知电场力方向竖直向上，由于不知电场强度的方向，所以无法确定小球带什么电，故A错误；

B、由于除重力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以E-x图象的斜率的绝对值等于物体所受的电场力的大小，由图可知在O～s1内斜率的绝对值逐渐减小，故在O～s1内物体所受的电场力逐渐减小；所以开始先加速运动，当电场力减小后，可能减速运动，也可能继续加速运动，故B正确；

C、由于物体在s1～s2内斜率的绝对值保持不变，故物体受到的电场力不变，即为匀强电场，故C正确；

D、由于物体在s1～s2内E-x图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的电场力保持不变．如果电场力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动，所以动能可能不变，故D正确；

故选BCD。

【点睛】关键要掌握功能关系，并能列式分析图象斜率的物理意义，知道E-h图象的斜率的绝对值等于电场力；

三、简答题：本题分必做题（第10、11、12题）和选做题（第13题）两部分，共计42分．请将解答填写在答题卡相应的位置．

10.如图所示，螺旋测微器的读数为________mm。

【答案】5.670 mm

【解析】

【分析】

螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；

【详解】螺旋测微器的固定刻度读数为5.5mm，可动刻度读数为0.01×17.0mm=0.170mm，所以最终读数为5.5mm+0.170mm=5.670mm；

11.某学习小组在研究加速度与力、质量的关系时，采用如图甲所示的装置，通过改变小托盘和砝码总质量m来改变小车受到的合力，通过加减钩码来改变小车总质量M.

(1) 实验中需要平衡摩擦力，应当取下_________(选填“小车上的钩码” 或“小托盘和砝码”)，将木板右端适当垫高，直至小车在长木板上运动时，纸带上打出来的点________。

(2) 图乙为实验中得到的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个点未画出，所用交流电的频率为50 Hz，从纸带上测出x1=3.20 cm，x2=4.74 cm，x3=6.30 cm，x4=7.85 cm，x5=9.41 cm，x6=10.96 cm．小车运动的加速度大小为____m／s2(结果保留三位有效数字)。

【答案】（1）5.670 （2）①小托盘和砝码； 间距相等 ②1.54～1.56

【解析】

（1）实验中需要平衡摩擦力，应当取下小托盘和砝码，将木板右端适当垫高，直至小车在长木板上运动时，纸带上打出来的点间距相等．

（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：x4-x1=3a1T2 ；

x5-x2=3a2T2 ；x6-x3=3a3T2 ；为了更加准确的求解加速度，对三个加速度取平均值，得： ，带入数据解得：a=1.55m/s2．

点睛：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题。

12.（1）用如图1所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T．请根据下列步骤完成电阻测量：

①先进行机械调零，使指针对准电流的“0”刻线．

②将K旋转到电阻挡“×100”的位置．

③将插入“+”、“-”插孔的表笔短接，旋动部件______(选填：“S”或“T”)．使指针对准电阻的0刻线”．

④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的待测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤．并按________的顺序进行操作，再完成读数测量．

A．将K旋转到电阻挡“×1k”的位置

B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置

C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接

D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准

⑤如图2所示，为多用电表的表盘，测电阻时，若用的是“×100”挡，这时指针所示被测电阻的阻值应为 ____ Ω；测直流电流时，用的是100mA的量程，指针所示电流值为 ____ mA；

（2）在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，某同学得到下表所示的数据。

①请在所给的坐标系中描绘出小灯泡的伏安特性曲线；

②若将该灯泡直接接到电动势E=2V，内阻r=10Ω的电源两端，根据前面提供的信息，可以求得该灯泡实际消耗的功率为P=____W。

【答案】    (1). T    (2). ADC    (3). 1700    (4). 47    (5).      0.091W

【解析】

【分析】

使用欧姆表时应注意：①电表使用前要使指针指在0刻线位置，通过调节调零旋钮实现；③欧姆表测量前要进行欧姆调零；④欧姆表中值电阻附近刻度线最均匀，读数误差最小，故测量电阻时，要通过选择恰当的倍率使指针指在中值电阻附近；每次换挡要重新调零；⑤欧姆表读数=刻度盘读数×倍率；在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，根据表所示的数据描绘出小灯泡的伏安特性曲线，由图示图象求出电压对应的电流和电压，然后由功率公式求出灯泡消耗的功率；

【详解】解：(1) ③将插入“十“、“−“插孔的表笔短接，旋动欧姆调零旋钮T，使指针对准电阻的0刻线。

④欧姆表指针偏转角度过小，说明所选挡位太小，应换大挡进行测量，应将旋转开关K置于“×1k”，然后进行欧姆调零，再测电阻，因此合理是实验步骤是：ADC；

⑤测电阻时，用的是×100挡，这时表针所示被测电阻的阻值应为17×100=1700Ω；

测直流电流时，用的是100mA的量程，由图示表盘可知，其分度值为2mA，指针所示电流值为47mA；

(2) ①在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，根据表所示的数据描绘出小灯泡的伏安特性曲线；

②将该灯泡直接接到电动势E=2V，内阻r=10Ω的电源两端，则有：，作出U-I图像，根据图像可得，，该灯泡实际消耗的功率为

13.下列说法正确的有   

A. 放射性元素发生一次β衰变，原子序数增加1

B. 光电效应揭示了光具有波动性

C. 平均结合能越大表示原子核中的核子结合的越牢固

D. 原子核的半衰期不仅与核内部自身因素有关，还与原子所处的化学状态有关

【答案】AC

【解析】

【分析】

原子核的平均结合能越大，表示原子核的核子结合得越牢固，原子核越稳定；光电效应和康普顿效应说明光具有粒子性．半衰期与外界的环境无关；

【详解】A、放射性元素发生一次β衰变，电荷数增加1，质量数不变，则原子序数增加1，故A正确；

B、光电效应揭示了光具有粒子性，故B错误；

C、原子核的平均结合能越大，表示原子核的核子结合得越牢固，原子核越稳定，故C正确；

D. 原子核的半衰期与内部自身因素有关，与原子所处的化学状态无关，故D错误；

故选AC。

14.（2014•盐城三模）“轨道电子俘获”是放射性同位素衰变的一种形式，它是指原子核（X）俘获一个核外电子，使其内部的一个质子变为中子，并放出一个中微子，从而变成一个新核（Y）的过程，中微子的质量远小于质子的质量，且不带电，写出这种衰变的核反应方程式    ．生成的新核处于激发态，会向基态跃迁，辐射光子的频率为v，已知真空中的光速为c，普朗克常量为h，则此核反应过程中的质量亏损为    ．

【答案】，

【解析】

试题分析：根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程，通过爱因斯坦质能方程求出核反应过程中质量的亏损．

解：核反应方程为：．

根据爱因斯坦质能方程得：hv=△mc2，则质量亏损为：△m=．

故答案为：，

点评：解决本题的关键知道在核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，以及掌握爱因斯坦质能方程．

15.某质量为m的运动员从距蹦床h1高处自由落下，接着又能弹起h高，运动员与蹦床接触时间t，在空中保持直立。重力加速度为g。取竖直向下的方向为正方向，忽略空气阻力。求：

①运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量I；

②运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F。

【答案】(1) ,负号表示方向竖直向下(2)

【解析】

【详解】(1)由动量的定义式：，

得重力的冲量得：，负号表示方向竖直向下；

(2)设运动员下落h1高度时的速度大小为v1，弹起时速度大小为v2，则有：

由动量定理有：

解得：。

16.关于下列四幅图中所涉及物理知识的论述中，正确的是   

A. 甲图中，由两分子间作用力随距离变化的关系图线可知，当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力均为零

B. 乙图中，由一定质量的氧气分子分别在不同温度下速率分布情况，可知温度T1<T2

C. 丙图中，在固体薄片上涂上石蜡，用烧热的针接触其上一点，从石蜡熔化情况可判定固体薄片必为非晶体

D. 丁图中，液体表面层分子间相互作用表现为斥力，正是因为斥力才使得水黾可以停在水面上

【答案】B

【解析】

甲图中，由两分子间作用力随距离变化的关系图线可知，当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等，合力为零，故A错误；如图中，氧气分子在T2温度下速率大的分子所占百分比较多，所以T2温度较高，故B正确；由图可以看出某固体在导热性能上各向同性，可能是多晶体或者非晶体，故C错误；丁图中，昆虫水蝇能在水面上不陷入水中，靠的得液体表面张力的作用，故D错误。所以B正确，ACD错误。

17.在“用油膜法估测分子大小”的实验中，已知实验室中使用的酒精油酸溶液的浓度为A，N滴溶液的总体积为V．在浅盘中的水面上均匀撒上痱子粉，将一滴溶液滴在水面上，待油膜稳定后，在带有边长为a的正方形小格的玻璃板上描出油膜的轮廓（如图所示），测得油膜占有的正方形小格个数为X．

①用以上字母表示一滴酒精油酸溶液中的纯油酸的体积为______．

②油酸分子直径约为______．

【答案】    (1).     (2).

【解析】

【详解】实验做的假设为：将油膜看成单分子膜；将油分子看作球形；认为油分子是一个紧挨一个的。
①由题意可知，一滴酒精油酸溶液中的纯油酸的体积为 V0= 。
②每一滴所形成的油膜的面积为S=Xa2，所以油膜的厚度，即为油酸分子的直径为。

【点睛】掌握该实验的原理是解决问题的关键，该实验中以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度，从而求出分子直径。

18.一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p－V图线描述，其中D→A为等温线，气体在状态A时温度为TA＝300 K，试求：

①气体在状态C时的温度TC；

②若气体在A→B过程中吸热1000J，则在A→B过程中气体内能如何变化？变化了多少？

【答案】（i）375K （ii）气体内能增加了

【解析】

【分析】

A与D状态的温度相同，借助D到C得过程确定C的温度，根据体积的变化确定气体变化中做功的正负，结合热力学第一定律确定内能的变化；

【详解】解：① D→A为等温线，则

C到D过程由盖吕萨克定律得：

得：

②A到B过程压强不变，由

有热力学第一定律

则气体内能增加，增加400J

19.下列说法正确的是    

A. 光学镜头上的增透膜是光的全反射的应用

B. 拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度

C. 在高速运行的航天器上看地球上的钟变快了

D. 当观察者向静止的声源远离时，接收到的声音的波长大于声源发出的波长

【答案】D

【解析】

【详解】A、光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象，减弱反射光的强度，增加透射光的强度，故A错误；

B、拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱反射光的强度，使照片清晰，故B错误；

C、根据知，在高速运动的飞船中的宇航员会发现地球上的时钟变慢了，故C错误；

D、根据多普勒效应，当观察者向静止的声源远离时，接收到的声音的频率小于声源发出的频率，结合v=λf可知，接收到的声音的波长大于声源发出的波长，故D正确；

故选D。

【点睛】光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象，拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱反射光的强度，根据多普勒效应分析波的频率的变化；

20.竖直悬挂的弹簧振子下端装有记录笔，在竖直面内放置记录纸。当振子上下振动时，以水平向左速度v＝1m/s匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下记录的痕迹，建立坐标系，测得的数据如图所示，则振子振动的振幅为____，频率为_______。

【答案】    (1). 5cm    (2). 1 Hz

【解析】

【分析】

抓住弹簧振子的振动与记录纸同时运动，由匀速运动的速度公式求出周期；振幅是振子离开平衡位置的最大距离，等于振子在最高点与最低点间距离的一半；

【详解】设周期为T，振幅为A，由题图得：；由于振动的周期就是记录纸从O至x=1m运动的时间，所以周期为，则频率为：

21.固定的半圆形玻璃砖的横截面如图所示，O点为圆心，足够大的光屏PQ紧靠玻璃砖右侧且垂直于MN．一束单色光沿半径方向射向O点，θ=45°，在光屏上出现两个光斑，其中一个光斑在A点，测得，则① 玻璃砖对此单色光的折射率?②若减小θ角，若还有两光斑，则两光斑之间距离将怎样变化？

【答案】①② 减小

【解析】

【分析】

光屏PQ区域出现两个小光斑，一个是由于光的反射形成的，一个是光的折射形成的，作出光路图，由几何知识求出入射角和折射角，再根据折射定律求出折射率

【详解】解：(1)细光束在MN界面，一部分反射，设反射光与光屏PQ的交点为B，另一部分折射，设折射光与光屏PQ的交点为A，折射角为i，光路图如图所示，由几何关系得：

解得：

故此玻璃砖的折射率为：

(2) 由几何关系得：，，若减小θ角，则有角增大，PN减小，AN减小，所以两光斑之间距离减小；

四、计算题：本题共3小题．共计47分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．

22.如图所示，光滑导轨MN和PQ固定在同一水平面上，两导轨间距为L，两端分别接有阻值均为R的定值电阻R1和R2．两导轨间有一边长为的正方形区域abcd，该区域内有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m的金属杆与导轨接触良好并静止于ab处，现用一恒力F沿水平方向拉杆，使之由静止起向右运动，若杆出磁场前已做匀速运动，不计导轨及金属杆的电阻．求：

（1）金属杆出磁场前的瞬间流过R1的电流大小和方向；

（2）金属杆做匀速运动时的速率；

（3）金属杆穿过整个磁场过程中R1上产生的电热．

【答案】（1）金属杆出磁场前的瞬间流过的电流大小为，方向从M到P；

（2）金属杆做匀速运动时的速率是；

（3）金属杆穿过整个磁场过程中上产生的电热是﹣．

【解析】

试题分析：（1）杆出磁场前已做匀速运动，恒力F与安培力平衡，由安培力公式F=BIL和平衡条件求解；

（2）杆产生的感应电动势E=Bv，又根据闭合欧姆定律得到E=I，联立可求得速度v；

（3）金属杆穿过整个磁场过程中，F做功为F，杆获得的动能为，根据能量守恒定律求解回路中产生的总热量，根据两个电阻并联求解上产生的电热．

解：（1）设流过金属杆中的电流为I，由平衡条件得：

F=BI

解得，I=

因=，所以流过的电流大小为I1==

根据右手定则判断可知，电流方向从M到P．

（2）设杆做匀速运动的速度为v，由法拉第电磁感应定律得：

杆切割磁感线产生的感应电动势大小为 E=Bv

又根据闭合欧姆定律得到E=I，

可解得v=

（3）设整个过程电路中产生的总电热为Q，根据能量守恒定律得：

Q=F﹣

代入v可得Q=﹣

∴Q1=Q=﹣

答：

（1）金属杆出磁场前的瞬间流过的电流大小为，方向从M到P；

（2）金属杆做匀速运动时的速率是；

（3）金属杆穿过整个磁场过程中上产生的电热是﹣．

【点评】本题是电磁感应中电路问题，掌握安培力公式、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律是基础．

23.如图所示，质量m＝4.6 kg的物体(可以看成质点)用细绳拴住，放在水平传送带的右端，物体和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带的长度l＝6 m，当传送带以v＝4 m/s的速度做逆时针转动时，绳与水平方向的夹角为θ＝37°.已知：重力加速g=10m/s2 ,sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.

(1) 传送带稳定运行时，求绳子的拉力；

(2) 某时刻剪断绳子，求物体在传送带上运动的时间；

(3) 剪断细线后，物体在传送带上运动过程中和传送带之间由于摩擦而产生的热量．

【答案】(1) 10 N (2)2.5 s (3) 36.8J

【解析】

【分析】

物块受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力处于平衡，根据共点力平衡，运用正交分解求出绳子拉力的大小；剪断绳子，物块先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度时，一起做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出物体运动到传送带的左端的时间；求出物体与传送带之间的相对位移，根据求出摩擦产生的热量；

【详解】解：(1) 对物体受力分析：

解得：

(2) 剪断后

物体加速运动时间：

物体加速运动距离：

匀速运动的时间：

总时间：

(3) 加速过程中，皮带运动的位移：

物体相对于皮带的位移大小：

摩擦产生的内能：

24.如图所示，半径为r的圆形匀强磁场区域Ⅰ与x轴相切于坐标系的原点O，磁感应强度为B0，方向垂直于纸面向外．磁场区域Ⅰ右侧有一长方体加速管，加速管底面宽度为2r，轴线与x轴平行且过磁场区域Ⅰ的圆心，左侧的电势比右侧高．在加速管出口下侧距离2r处放置一宽度为2r的荧光屏．加速管右侧存在方向垂直于纸面向外磁感应强度也为B0的匀强磁场区域Ⅱ．在O点处有一个粒子源，能沿纸面向y>0的各个方向均匀地发射大量质量为m、带电荷量为q且速率相同的粒子，其中沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线进入长方形加速管并打在荧光屏的中心位置．（不计粒子重力及其相互作用）

（1）求粒子刚进入加速管时的速度大小v0；

（2）求加速电压U；

（3）若保持加速电压U不变，磁场Ⅱ的磁感应强度B=0.9 B0，求荧光屏上有粒子到达的范围？

【答案】（1）（2）（3）

【解析】

【分析】

由运动方向通过几何关系求得半径，进而由洛伦兹力作向心力求得速度；再由几何关系求得半径，由洛伦兹力作向心力联立两式求得粒子速度，应用动能定理求得加速电压；先通过几何关系求得粒子在加速管中的分布，然后由粒子运动的半径及几何关系求得可打在荧光屏上的粒子范围；

【详解】解：(1)磁场区域Ⅰ内粒子运动轨道半径为：

(2)粒子在磁场区域Ⅱ的轨道半径为:

又

由动能定理得：

解得：

(3)粒子经磁场区域Ⅰ后，其速度方向均与x轴平行；经证明可知： OO1CO2是菱形，所以CO2和y轴平行，v和x轴平行

磁场Ⅱ的磁感应强度B2减小10%，即 ，

荧光屏上方没有粒子到达的长度为:

即荧光屏上有粒子到达的范围是：距上端处到下端，总长度