优化方案(浙江专用)高考物理二轮复习第一部分力学综合检测

专题三综合检测一、单项选择题 1．(2015·宁波高三十校联考)如图，弹簧测力计下挂有一单匝正方形金属线框，线框边长为L ，质量为M ，线框上边水平且处于垂直纸面向里的匀强磁场中，线框通有如图所示方向的电流，且线框处于静止状态，若此时弹簧测力计示数大小为F ，已知该线框单位长度自由电子个数为n ，重力加速度为g ，则电子定向移动对应的洛伦兹力大小为( )A ．F －MgB ．Mg －F C.F －Mg 4nLD.Mg －F nL解析：选D.由左手定则可以判断出安培力方向向上，由F A ＝Mg －F ＝nLF 洛，解得F 洛＝Mg －F nL，选项D 正确．2.(2015·高考安徽卷)已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为σ2ε0，其中σ为平面上单位面积所带的电荷量，ε0为常量．如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S ，其间为真空，带电荷量为Q .不计边缘效应时，极板可看做无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为( )A.Qε0S 和Q 2ε0SB.Q 2ε0S 和Q 2ε0SC.Q 2ε0S 和Q 22ε0SD.Qε0S 和Q 22ε0S解析：选D.每块极板上单位面积所带的电荷量为σ＝QS ，每块极板产生的电场强度为E＝σ2ε0，所以两极板间的电场强度为2E ＝Q ε0S.一块极板在另一块极板处产生的电场强度E ′＝Q2ε0S ，故另一块极板所受的电场力F ＝qE ′＝Q ·Q2ε0S ＝Q 22ε0S，选项D 正确． 3.(2015·杭州调研)如图所示，现有四条完全相同的垂直于纸面放置的长直导线，横截面分别位于一正方形abcd 的四个顶点上，直导线分别通有方向垂直于纸面向里、大小分别为I a ＝I 、I b ＝2I 、I c ＝3I 、I d ＝4I 的恒定电流．已知通电长直导线周围距离为r 处磁场的磁感应强度大小为B ＝k Ir ，式中常量k ＞0，I 为电流强度．忽略电流间的相互作用，若电流I a 在正方形的几何中心O 点处产生的磁感应强度大小为B ，则O 点处实际的磁感应强度的大小及方向为( )A．22B，方向由O点指向ad中点B．22B，方向由O点指向ab中点C．10B，方向垂直于纸面向里D．10B，方向垂直于纸面向外解析：选A.由题意，直导线周围某点的磁感应强度与电流强度成正比，与距直导线距离成反比．应用安培定则并结合平行四边形定则，可知A选项正确．4.如图所示，由abcd组成的一闭合线框，其中a、b、c三点的坐标分别为(0，L，0)，(L，L，0)，(L，0，0)，整个空间处于沿y轴正方向的匀强磁场中，通入电流I，方向如图所示，关于各边所受的安培力的大小，下列说法中正确的是()A．ab边与bc边受到的安培力大小相等，方向相互垂直B．cd边受到的安培力最大，方向平行于xOz平面C．cd边与ad边受到的安培力大小相等，方向平行于yOz平面D．ad边不受安培力作用解析：选B.因为ab垂直放置于磁场中，故其受的安培力F ab＝BIL ab，而bc平行于磁场，故其受的安培力为零，A错；cd边垂直于磁场，且长度最长，所以其受到的安培力最大，由左手定则知其安培力的方向平行于xOz平面，B对；又F ad＝BIL Od，又Od<cd，故cd边与ad边受到的安培力大小不等，C错；ad边受安培力作用，D错．5.(2015·台州一模)如图所示，在MN、PQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出．一带电小球从a点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b点，则小球()A．一定带正电B．受到电场力的方向一定水平向右C．从a到b过程，克服电场力做功D．从a到b过程中可能做匀加速运动解析：选C.无论电场方向沿什么方向，小球带正电还是负电，电场力与重力的合力是一定的，且与洛伦兹力等大反向，故要使小球做直线运动，洛伦兹力恒定不变，其速度大小也恒定不变，故D错误；只要保证三个力的合力为零，因电场方向没确定，故小球电性也不确定，A、B均错误；由W G＋W电＝0可知，重力做功W G＞0，故W电＜0，小球一定克服电场力做功，C正确．6．如图所示，边长为L的等边三角形ABC为两有界匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，三角形外的磁场(足够大)方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B .把粒子源放在顶点A 处，它将沿∠A 的角平分线发射质量为m 、电荷量为q 、初速度为v 0的带电粒子(粒子重力不计)．若从A 射出的粒子①带负电，v 0＝qBLm ，第一次到达C 点所用时间为t 1②带负电，v 0＝qBL2m ，第一次到达C 点所用时间为t 2③带正电，v 0＝qBLm ，第一次到达C 点所用时间为t 3④带正电，v 0＝qBL2m，第一次到达C 点所用时间为t 4则下列判断正确的是( ) A ．t 1＝t 3<t 2＝t 4 B ．t 1<t 2<t 4<t 3 C ．t 1<t 2<t 3<t 4 D ．t 1<t 3<t 2<t 4解析：选B.粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动的向心力． (1)当v 0＝qBLm 时，则由牛顿第二定律可得q v B ＝m v 2r ，T ＝2πmqB根据几何关系作出运动轨迹，r ＝L ，如图1.由轨迹知，当电荷带正电，粒子经过一个周期到达C 点，即为t 3＝T ；当粒子带负电，粒子经过16T 第一次到达C 点，即为t 1＝16T ；(2)当v 0＝qBL 2m ，r ＝12L ，如图2.由运动轨迹可知，当电荷带正电，粒子经过56T 到达C 点，即为t 4＝56T ，当粒子带负电，粒子经过T 3第一次到达C 点，即为t 2＝T3，综上所述，有t 1<t 2<t 4<t 3，故B 正确．二、不定项选择题 7．(2015·山东临沂一模)如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M 、N 两小孔中，O 为M 、N 连线中点，连线上a 、b 两点关于O 点对称．导线通有大小相等、方向相反的电流I.已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B＝k Ir，式中k是常数，I是导线中的电流，r为点到导线的距离．一带正电的小球(图中未画出)以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是()A．小球先做加速运动后做减速运动B．小球一直做匀速直线运动C．小球对桌面的压力先增大后减小D．小球对桌面的压力一直在增大解析：选BC.由安培定则和磁场叠加原理可以判断出在MN连线上的磁场方向平行桌面向里，所以小球所受洛伦兹力的方向垂直桌面向上．对小球受力分析，受重力、桌面支持力、洛伦兹力3个力作用，小球在水平方向不受力，故从a点到b点，小球一直做匀速直线运动，A错误，B正确；由于从a至b合磁感应强度先减小后增大，则小球所受洛伦兹力先减小后增大，桌面对小球的支持力先增大后减小，由作用力与反作用力的关系知小球对桌面的压力先增大后减小，C正确，D错误．8．无限长通电直导线在其周围某一点产生磁场的磁感应强度大小与电流成正比，与导线到这一点的距离成反比，即B＝k Ir(式中k为常数)．如图甲所示，光滑绝缘水平面上平行放置两根无限长直导线M和N，导线N中通有方向如图的恒定电流I N，导线M中的电流I M 大小随时间变化的图象如图乙所示，方向与N中电流方向相同．绝缘闭合导线框ABCD放在同一水平面上，AB边平行于两直导线，且位于两者正中间．则以下说法正确的是()A．0～t0时间内，流过R的电流方向由C→DB．t0～2t0时间内，流过R的电流方向由D→CC．0～t0时间内，不计CD边电流影响，则AB边所受安培力的方向向左D．t0～2t0时间内，不计CD边电流影响，则AB边所受安培力的方向向右解析：选ACD.0～t0时间内，M中电流由0逐渐增加到I N，则线框中合磁场向里且逐渐增大，则感应电流的磁场应向外，线框中电流方向为A→B→C→D→A，故A对．t0～2t0时间内，M中电流由I N增大到2I N，线框中磁场向里且逐渐增大，则感应电流的磁场仍向外，线框中电流方向为A→B→C→D→A，B错.0～t0时间内，AB中电流由A→B，AB处磁场向外，则其所受安培力的方向向左，C对．t0～2t0时间内，AB中电流仍为A→B，但AB处磁场方向向里，则其所受安培力的方向向右，D对．9.(2015·新余一模)如图，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上．不计重力．下列说法正确的有()A ．a 、b 均带正电B ．a 在磁场中飞行的时间比b 的短C ．a 在磁场中飞行的路程比b 的短D ．a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近 解析：选AD.两离子在磁场中的运动情况如图所示，根据左手定则，a 、b 均带正电，A 正确；由T ＝2πmqB 可知，两离子在磁场中运动周期相同，由运动轨迹可知离子a 转过的圆心角大于离子b 转过的圆心角，即θa >θb ，由t ＝θ2πT ，可以判断a 在磁场中飞行的时间比b 的长，B 错误；由q v B ＝m v 2R得R＝m vqB ，故两离子在磁场中运动半径相同，所以a 在磁场中飞行的路程比b 的长，a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近，C 错误、D 正确．10.如图所示，在第二象限中有水平向右的匀强电场，电场强度为E ，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .有一重力不计的带电粒子以垂直于x 轴的速度v 0＝10 m/s 从x 轴上的P 点进入匀强电场，恰好与y 轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x 轴进入第四象限．已知O 、P 之间的距离为d ＝0.5 m ，则带电粒子( )A ．带正电荷B ．在电场中运动的时间为0.1 sC ．在磁场中做圆周运动的半径为22m D ．在磁场中运动的时间为3π40s 解析：选ABD.根据带电粒子在电场中的偏转方向可知带电粒子带正电荷，选项A 正确；由恰好与y轴成45°角射出电场可知，离开电场时v x ＝v y ＝v 0，则v ＝2v 0＝10 2 m/s ，在电场中沿x轴方向做匀加速运动，d ＝v 02t ，解得粒子在电场中运动的时间为t ＝2dv 0＝0.1 s ，选项B 正确；沿y 轴方向上的位移为l ＝v 0t ＝1 m ，在磁场中的偏转圆心角为135°(如图所示)，由几何关系可得圆周运动的半径为R ＝2l ＝ 2 m ，故选项C 错误；在磁场中运动的时间为t ＝135°360°·T ＝38·2πR v ＝3π40 s ，故选项D 正确．三、非选择题11．(2015·昆明三中、玉溪一中联考)如图所示，在xOy 平面的第一、四象限，有水平向右匀强电场，在第二、三象限中存在磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里的匀强磁场和场强大小与第一象限的场强大小相等，方向竖直向上的匀强电场．第一象限中P 点的坐标是⎝⎛⎭⎫R 2，32R ，在P 点拴一根绝缘细线，长为R ，细线另一端系一个质量为m ，带电荷量为q 的小球，现将细线拉至与水平方向成45°角由静止释放．小球摆至O 点位置时，细线恰好脱开，小球跨过y 轴，恰好做匀速圆周运动．求：(1)电场强度的大小；(2)小球到达O 点时的速度；(3)小球在y 轴左侧做匀速圆周运动的旋转半径．解析：(1)小球跨过y 轴，恰好做匀速圆周运动，可知小球受到的电场力等于重力大小，Eq ＝mg所以场强E ＝mgq.(2)小球从初始状态释放，摆动到O 点，根据动能定理： mg ⎝⎛⎭⎫22＋32R －Eq ⎝⎛⎭⎫22＋12R ＝12m v 2 得小球的速度 v ＝（3－1）gR速度的方向与y 轴正方向成60°角斜向上．(3)如图，小球在y 轴左侧做匀速圆周运动，小球受到的电场力大小等于重力大小，洛伦兹力提供向心力F 洛＝m v 2r即q v B ＝m v 2r得旋转半径为r ＝m （3－1）gRqB.答案：(1)mgq (2)见解析 (3)m （3－1）gR qB12．(2015·浙江宁波高三二模)实验室常用电场和磁场来控制带电粒子的运动．如图所示，在真空中A 、C 两板之间加上电压U ，粒子从A 板附近由静止被加速后从D 点进入圆形有界磁场；匀强磁场区域以O 为圆心，半径R ＝310m ，磁感应强度B 方向垂直纸面向外；磁场右侧有一个范围足够大的匀强电场，方向竖直向下，左边界与圆形磁场边界相切；现在电场区域放置一块足够长挡板GH ，它与水平线FD 夹角为60°(F 点在挡板上，圆心O 在FD 上)，且OF ＝3R .一比荷q m ＝13×106 C/kg 的带正电粒子，从A 板附近由静止释放，经U ＝150V 的电压加速后，从D 点沿与水平线成60°角的方向射入磁场，粒子离开圆形磁场时其速度方向水平，最后恰好打在挡板上的F 点．不计粒子重力．(1)求粒子进入磁场时的速度大小v D ； (2)求磁感应强度B 的大小；(3)求粒子到达F 点时的速度大小v F ；(4)不改变其他条件，逐渐增大匀强电场的电场强度，要使粒子仍能打到挡板上，求所加电场场强的最大值．解析：(1)粒子被加速过程，由动能定理有qU ＝12m v 2D解得v D ＝1×104 m/s.(2)由几何关系可知，粒子在有界磁场中做圆周运动的圆心N 恰好在磁场边界上，粒子从M 点水平射出磁场，运动轨迹如图甲所示．由此得做匀速圆周运动的半径r ＝3R ＝0.3 m根据Bq v D ＝m v 2Dr，解得B ＝0.1 T.甲(3)粒子进入电场后做类平抛运动，有 水平位移x ＝2R ＝35m竖直位移y ＝R sin 60°＝0.15 m 又x ＝v D t ，y ＝v y 2t ，v ＝v 2D ＋v 2y 解得v ＝72×104 m/s ＝1.3×104 m/s. (4)电场强度取到最大值E 的临界条件是粒子在电场中的运动轨迹恰好与挡板相切，如图乙所示．由类平抛运动的规律，粒子速度的反向延长线过水平位移的中点Q ，有水平位移x ′＝4R －2R sin 60°tan 30°＝0.3 3 m根据x ′＝v D t ′ v ′y ＝at ′又v ′y ＝v D tan 60°，a ＝Eqm联立解得E ＝1 000 V/m.乙答案：(1)1×104 m/s (2)0.1 T (3)1.3×104 m/s (4)1 000 V/m。

力与物体的平衡一、单项选择题1.如下列图，在粗糙水平面上放置A、B、C、D四个小物块，各小物块之间由四根完全一样的轻弹簧相互连接，正好组成一个菱形，∠BAD＝120°，整个系统保持静止状态．A物块所受的摩擦力大小为F f，如此D物块所受的摩擦力大小为( )A.32F f B．F fC.3F f D．2F f解析：选C.由对称性可知，四根轻弹簧的弹力大小相等，均为F，对A有：2F cos 60°＝F f，对D有：2F cos 30°＝F f D，故F f D＝3F f.2．(2015·山西太原调研)孔明灯相传是由三国时的诸葛孔明发明的，有一盏质量为m 的孔明灯升空后沿着东偏北方向匀速上升，如此此时孔明灯所受空气的作用力的大小和方向分别是( )A．0 B．mg，竖直向上C．mg，东偏北方向 D.2mg，东偏北方向解析：选B.孔明灯做匀速直线运动，故所受合外力为0，因此空气的作用力的大小F空＝mg，方向竖直向上，应当选B.3.(2015·河北保定模拟)如下列图，将三个完全一样的光滑球用不可伸长的细线悬挂于O点并处于静止状态．球半径为R，重为G，线长均为R.如此每条细线上的张力大小为( )A．2G B.6 2 GC.32G D.52G解析：选B.此题中O点与各球心的连线与各球心连线，构成一个边长为2R的正四面体，如图甲所示(A 、B 、C 为各球球心)，O ′为△ABC 的中心，设∠OAO ′＝θ，由几何关系知O ′A ＝233R ，由勾股定理得OO ′＝OA 2－O ′A 2＝83R ，对A 处球受力分析有：F sin θ＝G ，又sin θ＝OO ′OA ，解得F ＝62G ，故只有B 项正确．4．(2015·浙江东北三校二联)如下列图，有一倾角θ＝30°的斜面体B ，质量为M .质量为m 的物体A 静止在B 上．现用水平力F 推物体A ，在F 由零逐渐增加至32mg 再逐渐减为零的过程中，A 和B 始终保持静止．对此过程如下说法正确的答案是( )A ．地面对B 的支持力大于(M ＋m )gB ．A 对B 的压力的最小值为32mg ，最大值为334mg C ．A 所受摩擦力的最小值为0，最大值为mg 4D ．A 所受摩擦力的最小值为12mg ，最大值为34mg 解析：选B.因为A 、B 始终保持静止，对A 、B 整体受力分析可知，地面对B 的支持力一直等于(M ＋m )g ，A 错误．当F ＝0时，A 对B 的压力最小，为mg cos 30°＝32mg ；当F ＝32mg 时，A 对B 的压力最大，为mg cos 30°＋F sin 30°＝334mg ，B 正确．当F cos 30°＝mg sin 30°时，即F ＝33mg 时，A 所受摩擦力为0，当F ＝0时，A 所受摩擦力大小为12mg ，方向沿斜面向上，当F ＝32mg 时，A 所受摩擦力大小为14mg ，方向沿斜面向下，选项C 、D 错误．5．(2015·丽水高三质量检测)将两个质量均为m 的小球a 、b 用细线相连后，再用细线悬挂于O 点，如下列图．用力F 拉小球b ，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa 与竖直方向的夹角保持θ＝30°，如此F 达到最小值时Oa 线上的拉力为( )A.3mg B．mgC.32mg D.12mg解析：选A.以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：F与F T的合力与重力2mg总是大小相等、方向相反的，由力的合成图可知，当F与绳子Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，根据平衡条件得：F＝2mg sin30°＝mg，F T＝2mg cos 30°＝3mg，A正确．6.水平面上有U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电源，现垂直于导轨搁一根质量为m的金属棒ab，棒与导轨间的动摩擦因数为μ(滑动摩擦力略小于最大静摩擦力)，通过棒的电流强度为I，现加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于金属棒ab，与垂直导轨平面的方向夹角为θ，如下列图，金属棒处于静止状态，重力加速度为g，如此金属棒所受的摩擦力大小为( )A．BIL sin θB．BIL cos θC．μ(mg－BIL sin θ) D．μ(mg＋BIL cos θ)解析：选B.金属棒处于静止状态，其合力为零，对其进展受力分析，如下列图，在水平方向有BIL cos θ－F f＝0，F f＝BIL cos θ，选项B正确，选项A、C、D错误．二、不定项选择题7．(2015·温州模拟)如下列图，两楔形物块A、B两局部靠在一起，接触面光滑，物块B放置在地面上，物块A上端用绳子拴在天花板上，绳子处于竖直伸直状态，A、B两物块均保持静止．如此( )A ．绳子的拉力不为零B ．地面受的压力大于物块B 的重力C ．物块B 与地面间不存在摩擦力D ．物块B 受到地面的摩擦力水平向左解析：选AC.因A 、B 接触面光滑，假设B 对A 有支持力，如此物块A 的合力不可能为零，因此A 、B 间的弹力为零，所以绳子的拉力F ＝m A g ，分析物块B 可知，地面对B 的支持力F N B ＝m B g ，物块B 与地面间的摩擦力为零，故A 、C 正确，B 、D 错误．8．(2015·河南八市质检)如下列图，质量均为1 kg 的小球a 、b 在轻弹簧A 、B 与外力F 的作用下处于平衡状态，其中A 、B 两个弹簧的劲度系数均为5 N/cm ，B 弹簧上端与天花板固定连接，轴线与竖直方向的夹角为60°，A 弹簧竖直，g 取10 m/s 2，如此以下说法正确的答案是( )A ．A 弹簧的伸长量为2 cmB ．外力F ＝10 3 NC ．B 弹簧的伸长量为8 cmD ．突然撤去外力F 瞬间，b 球加速度为0解析：选ACD.a 、b 两球处于平衡状态，所受合力均为零，A 弹簧的伸长量为x A ＝mg k＝2 cm ，故A 正确．对a 、b 球与A 弹簧整体受力分析得：外力F ＝2mg tan 60°＝20 3 N ，B 弹簧弹力大小为F B ＝2mg cos 60°＝40 N ，如此B 弹簧的伸长量x B ＝F B k＝8 cm ，故B 错误、C 正确．撤去力F 瞬间，A 、B 弹簧的弹力不变，如此b 球所受合力仍为零，加速度为0，故D 正确．9.(2015·湖北宜昌市第一次调研)如下列图，晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点，绳子的质量与绳与衣架挂钩间摩擦均忽略不计，衣服处于静止状态．如果保持绳子A端、B端在杆上位置不变，将右侧杆平移到虚线位置，稳定后衣服仍处于静止状态．如此( )A．绳子的弹力变小B．绳子的弹力不变C．绳对挂钩弹力的合力变小D．绳对挂钩弹力的合力不变解析：选AD.对挂钩受力分析，如下列图，根据平衡条件，有2F T cos θ＝G，绳子右端的B点在杆上位置不动，将右杆移动到虚线位置时，θ变小，故绳子拉力F T变小，A正确、B错误；绳中的拉力左右相等，根据三力平衡条件可知，两绳子的拉力F T的合力F始终与G等值反向，保持不变，故C错误，D正确．10．(2015·河北衡水中学二模)如图，小球C置于内侧面光滑的半球形凹槽B内，B放在长木板A上，整个装置处于静止状态．在缓慢减小木板的倾角θ过程中，如下说法正确的答案是( )A．A受到的压力逐渐减小B．A受到的摩擦力逐渐减小C．C对B的压力逐渐变大D．C受到两个力的作用解析：选BD.缓慢减小θ，如此A、B、C始终处于平衡状态．把B、C看成一整体，设质量为M，如此Mg sin θ＝F f AB，Mg cos θ＝F N AB，由牛顿第三定律得F f BA＝F f AB＝Mg sinθ，F N BA＝F N AB＝Mg cos θ，θ减小，sin θ变小，cos θ变大，所以F f BA变小，F N BA变大，A错误，B正确．对C受力分析可知，其受重力、支持力两个力的作用，大小相等，所以支持力不变，C对B的压力不变，C错误、D正确．三、非选择题11.(2015·临沂第三次适应性测试)如下列图，一个底面粗糙，质量为m的斜面体静止在水平地面上，斜面体的斜面是光滑的，倾角为30°，现用一端固定的轻绳系一质量为m的小球，小球静止时轻绳与斜面的夹角是30°.(1)求当斜面体静止时绳的拉力大小；(2)假设地面对斜面体的最大静摩擦力等于地面对斜面体支持力的k倍，为了使整个系统始终处于静止状态，k值必须满足什么条件？解析：(1)设绳的拉力为F T，斜面体对小球的支持力为F N，对小球进展受力分析如下列图，由平衡条件可知，F T和F N的合力竖直向上，大小等于mg，由几何关系可得出F N＝F T＝33 mg.(2)对斜面体进展受力分析，设小球对斜面体的压力为F N′，地面的支持力为F，地面的静摩擦力为F f，由正交分解和平衡条件可知，在竖直方向上：F＝mg＋F N′cos 30°在水平方向上：F f＝F N′sin 30°根据(1)和牛顿第三定律可知：F N′＝F N＝33 mg又由题设可知F fmax＝kF≥F f综合上述各式解得k≥39.答案：(1)33mg(2)k≥3912.如图，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全一样的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．解析：依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定如此可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg①式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F＝IBL②式中，I是回路电流，L是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③由欧姆定律有E＝IR④式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻．联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01 kg.答案：见解析。

忽大忽小
减小方法
更新仪 器、完善 实验原理 画图象或 取平均值
偶然误差 2.有效数字
从数字左边第一个不为零的数字算起，如0.012 5为三位有效 数字．
二、测量性实验 1．包括：用游标卡尺和螺旋测微器测量长度，练习使用打点
计时器．
2．(1)游标卡尺的读数方法：测量值＝主尺读数(mm)＋精度× 游标尺上对齐刻线数值(mm)． (2)螺旋测微器的读数方法： 测量值＝固定刻度＋可动刻度×0.01 mm＋估读值． 注意要估读到 0.001 mm. Δx (3)用纸带求加速度的方法：利用 a＝ 2 求解：在已经判断出 T 物体做匀变速直线运动的情况下可利用Δ x＝xn＋1－xn＝aT2 求 加速度 a.
B (1)根据图上所得的数据，应取图中 O 点到 ________ 点来验证机 械能守恒定律较为简便；
(2)从 O 点到(1)问中所取的点，重物重力势能的减少量 Δ Ep＝ 1.88 1.84 ________J ，动能增加量Δ Ek＝________J ； (结果取三位有效数 字) (3)若测出纸带上所有各点到 O 点之间的距离，根据纸带算出各 v2 点的速度 v 及重物下落的高度 h， 则以 为纵轴、以 h 为横轴画 2 A 出的图象是下图中的 ________ ．
迁移到新的背景中，以完成新的实验要求的设计性实验，将逐
步取代对原教材中实验的考查. 3.实验题类型近年高考通常为“一力一电”模式.
专题五
物理实验
备考对策 1.重点关注游标卡尺、螺旋测微器、多用电表、电阻箱等的
读数，电表量程、滑动变阻器及实验电路的选取等.
2.“源于课本，不拘泥于课本”一直是高考实验题命题的理 念，所以熟悉课本实验、抓住实验的灵魂——原理，是我们 复习的重中之重. 3.知识创新型实验．例如设计型、开放型、探讨型实验等都

“7＋2＋3”全真模拟(一)(时间：70分钟分值：120分)选择题部分(共42分)一、选择题(本题共4小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)14．如图所示是做匀变速直线运动的质点在0～6 s内的位移－时间图线．若t＝1 s 时，图线所对应的切线斜率为4(单位：m/s)．则( )A．t＝1 s时，质点在x＝2 m的位置B．t＝1 s和t＝5 s时，质点的速率相等C．t＝1 s和t＝5 s时，质点加速度的方向相反D．前5 s内，合外力对质点做正功15.质量不可忽略的小球与轻质弹簧相连，穿在光滑的杆上，杆与水平面的夹角为45°.弹簧下端固定于杆上，初始系统静止，现在将系统以加速度g向右做匀加速运动，当地重力加速度为g.则( )A．静止时，弹簧对小球的弹力等于小球重力的一半B．静止时，杆对小球的弹力小于弹簧对小球的弹力C．加速时，弹簧对小球的弹力等于零D．加速时，弹簧的形变量是静止时的2倍16.已知通电长直导线周围某点的磁感应强度大小B＝k Ir，即某点的磁感应强度大小B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比．如图所示，两根平行长直导线相距为r，通以大小相等、方向相同的电流．规定磁感应强度方向垂直纸面向里为正，则磁感应强度大小B随x变化的图线可能是( )17.一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能E p与位移x的关系如图甲所示．则图乙中的图象合理的是( )二、选择题(本题共3小题．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)18．如图所示是质量为1 kg的滑块在水平面上做直线运动的v－t图象．下列判断正确的是( )A．在t＝1 s时，滑块的加速度为零B．在4～6 s时间内，滑块的平均速度为3 m/sC．在3～7 s时间内，合力做功的平均功率为2 WD．在5～6 s时间内，滑块受到的合力大小为2 N19.如图所示，与水平面夹角为θ的双斜面光滑，A、B两点等高，两斜面在底端光滑连接，现用点B1、B2、B3、…、B n把右斜面均分成n(n≥2，n为整数)等份，B n点在斜面底端．小滑块在A点由静止释放，恰好可以向右到达B点．现在B n、B n－1两点之间固定一层薄的平整粗糙材料，仍让小滑块从A点由静止释放，恰好可以向右到达B1点．下列说法正确的是( )A．无论n为多大，小滑块与粗糙面间的动摩擦因数都为tan θB．当n为某个值时，小滑块可以恰好停在底端B n处C．当n为奇数时，小滑块最终恰好停在底端B n处D．当n为偶数时，小滑块最终恰好停在B n－1处“7＋2＋3”全真模拟(一)答题卡选择题部分(每题6分，共42分)题号14151617181920答案非选择题部分(共78分)21．(10分)(1)____________(2)________________________________________________________________________(3)____________22．(10分)(1)③______________④______________(2)⑤________________________23．(16分)24．(20分)25．(22分)20．如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，PQ 为两磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B1＝B，B2＝2B，一个竖直放置的边长为a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到每个磁场中各有一半的面积时，线框的速度为v/2，则下列判断正确的是( )A ．此过程中通过线框截面的电荷量为3Ba22RB ．此过程中线框克服安培力做的功为38mv 2C ．此时线框的加速度为9B 2a 2v2mRD ．此时线框中的电功率为9B 2a 2v22R非选择题部分 (共78分)21．(10分)某同学在用如图甲所示的装置做“探究加速度与物体受力的关系”实验时：(1)该同学在实验室找到了一个小正方体木块，用实验桌上的一把十分度的游标卡尺测出小正方体木块的棱长，如图乙所示，则小正方体木块的棱长为________ cm ；(2)接着用这个小正方体木块把小车轨道的一端垫高，通过速度传感器发现小车刚好做匀速直线运动．这个步骤的目的是________________________________________________________________________；(3)然后用细线通过定滑轮挂上重物让小车匀加速下滑，不断改变重物的质量m ，测出对应的加速度a ，则下列图象中能正确反映小车加速度a 与所挂重物质量m 的关系的是________．22．(10分)某实验小组的同学，设计了图甲所示的电路图，既可以用来测量电压表的内阻，也可以用来测量电源的电动势和内阻．实验器材有：电源E ，电压表V ，电阻箱R 1(0～9 999 Ω)，滑动变阻器R 2，一个单刀双掷开关S ，导线若干．(1)实验首先测量电压表内阻，步骤如下：①将滑动变阻器R 2的滑片滑至最左端，同时将电阻箱R 1阻值调至0. ②将开关接向1，调节R 2的滑片，直至电压表满偏．③保持R 2不变，调节R 1阻值，使电压表示数达满偏刻度的13，读出此时电阻箱的阻值记为R ，则电压表的内阻R V ＝________．④通过上述方法得到电压表的内阻测量值________真实值．(选填“大于”或“小于”)(2)接下来测量电源电动势和内阻．为了保护电路，该小组同学又在电路中加上了保护电阻R 0＝25 Ω，如图乙所示，实验步骤如下：①将滑动变阻器R 2的滑片滑至最左端，不再移动，同时将电阻箱R 1阻值调至0.②将开关接向2，记下电压表读数为3 V.③改变电阻箱R 1接入电路的电阻值，读取电压表对应的示数U . ④根据读取的多组数据，小组同学画出了图丙所示的图象，图中虚线是图中曲线的渐近线．⑤根据该图象及测得数据，可求得该电源的电动势E ＝________ V ，内阻r ＝________ Ω.(保留两位有效数字)23.(16分)一氢气球的质量为m ＝0.2 kg ，在无风的天气，氢气球在轻绳的牵引下静止在空中，此时轻绳的拉力F 拉＝10 N ．星期天，某儿童带氢气球到公园玩耍，休息时为了防止氢气球飞掉，把轻绳系到一质量为M ＝4 kg 的木块上，如图所示，木块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.3.当有水平方向的风吹来时，氢气球受到的水平风力F ＝kv (k 为一常数，v 为风速)，当风速v 1＝3 m/s 时木块在地面上恰好静止．木块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2.求：(1)氢气球受到的浮力大小；(2)若风速v 2＝6 m/s ，木块开始运动时的加速度大小．24.(20分)在光滑水平面上建立如图所示坐标系，有一范围足够大的匀强磁场Ⅰ，磁场的方向垂直于水平面(xOy 平面)竖直向下．磁感应强度大小B 沿y 轴方向没有变化，沿x 轴正方向均匀增加，变化率为k ＝ΔBΔx＝0.1 T/m.有一个质量m ＝0.1 kg 、电阻R ＝0.01 Ω、长L ＝40 cm 、宽h ＝20 cm 、不变形的矩形金属线圈，以v 0＝20 cm/s 的初速度从图示位置沿x 轴正方向开始运动．(1)为使线圈匀速运动，求需要对线圈施加的外力大小； (2)若不施加外力，求线圈在水平面运动的最大位移；(3)若不施加外力，为使线圈匀速运动，要在空间中再叠加一个方向垂直xOy 平面竖直向上且随时间均匀增大的匀强磁场Ⅱ，试求匀强磁场Ⅱ的磁感应强度随时间的变化率ΔB ′Δt.25．(22分)如图，第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E；第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B，第三、四象限磁感应强度大小相等为B′.一带正电的粒子，从P(－d，0)点沿与x轴正方向成α＝60°角平行xOy平面入射，经第二象限后恰好由y轴上的Q点(图中未画出)垂直y 轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P点，回到P点时速度方向与入射时相同．不计粒子重力，求：(1)粒子从P点入射时的速度v0；(2)第三、四象限磁感应强度B′的大小．第2篇高考全真模拟“7＋2＋3”全真模拟(一)14．解析：选B.因x－t图线切线的斜率表示速度，则结合题图可知，t＝0时刻质点从原点沿x轴正向做匀减速运动，t＝3 s时减速到零，然后反向做匀加速运动，t＝6 s时返回原点．设初速度为v0，又由题可知t＝1 s时，v1＝4 m/s，t＝3 s时，v3＝0，再结合v＝v0＋at，可得v0＝6 m/s，a＝－2 m/s2.由x＝v0t＋12at2，可得t＝1 s时，x＝5 m，A错误；由v＝v0＋at，得t＝1 s和t＝5 s时，质点的速率相同，B正确；因质点做匀变速直线运动，则质点运动的加速度恒定不变，C错误；由v＝v0＋at，得t＝5 s时，v5＝－4 m/s，速度大小比初速度小，合外力做负功，D错误．15．解析：选C.根据力的平衡，当系统静止时，小球受弹簧的弹力F＝mg sin 45°＝22mg，此时杆对小球的弹力F N＝mg cos 45°＝22mg，与弹簧对小球的弹力大小相等，所以A、B项均错误．当系统以加速度g向右做匀加速运动时，对小球受力分析如图，则可知此时弹簧对小球的弹力为0，所以C项正确，D项错误．16．解析：选D.两根通电导线通以同向电流，在a导线右侧磁感应强度方向垂直纸面向里，b 导线左侧磁感应强度方向垂直纸面向外、右侧向里，由公式B ＝k I r和磁场的叠加可知：在0<x <r 2范围内，磁感应强度大小B 随x 的增大而减小且为正；当x ＝r 2时，B ＝0；在r2<x <r区域内，B 随x 增大而增大且为负；在x >r 时，B 随x 增大而减小且为正，无穷远处大小为零．故D 正确．17．解析：选D.在粒子运动中的某一小段位移Δx 内电场力做功qE Δx .由功能关系知ΔE p ＝－qE ·Δx ，即ΔE pΔx ＝－qE ，E p －x 图线斜率的绝对值表示电场力，故由图线可知E 逐渐减小，A 错误．因粒子仅受电场力作用，由qE ＝ma 可知a 也逐渐减小，D 正确．再由动能定理有ΔE k ＝qE ·Δx ，即ΔE kΔx ＝qE ，E k －x 图线的斜率也表示电场力，则E k －x 图线应是一条斜率逐渐减小的曲线，B 错误．由v 2＝2ax 有v ＝2ax ，可知v －x 图线应是一条曲线，故C 错误．18．解析：选BC.在v －t 图象中，图象的斜率大小等于滑块的加速度大小，t ＝1 s 时，a ＝2 m/s 2，选项A 错误；5～6 s 时间内，由牛顿第二定律可得：F ＝ma ′＝4 N ，选项D 错误；在4～6 s 时间内，滑块的平均速度v ＝x t ＝62 m/s ＝3 m/s ，选项B 正确；在3～7 s 时间内，由动能定理和功率的定义式，可得：P ＝W t＝ΔE kt＝2 W ，选项C 正确．19．解析：选AD.设B n B 长度为L ，动摩擦因数为μ，从A 到B 1有，mgL sin θn －μmgL cos θn＝0，即μ＝tan θ，A 对．由mg sin θ＝μmg cos θ及动能定理得，当n ＝2时，滑块最终停在B 1处；当n ＝3时，滑块最终停在B 3与B 2中间位置；当n ＝4时，滑块最终停在B 3处；当n ＝5时，滑块最终停在B 5与B 4中间位置；以此类推可知，B 、C 错，D 对．20．解析：选ABC.由q ＝ΔΦR 可得：q ＝B 1a 22R ＋B 2a 22R ＝3Ba22R ，A 正确；克服安培力所做的功等于线框动能的减少量，为12mv 2－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22＝38mv 2，B 正确；此时线框中的电流I ＝2Ba v 2＋Bav2R ＝3Bav 2R ，电功率P ＝I 2R ＝9B 2a 2v 24R ，D 错误；此时线框受的安培力F 安＝B 1aI ＋B 2aI ＝3BaI ＝9B 2a 2v 2R ，线框的加速度a ＝F 安m ＝9B 2a 2v 2mR，C 正确． 21．解析：(1)根据游标卡尺的读数规则，正方体木块的棱长为 3.56 cm.(2)用小正方体木块把小车轨道的一端垫高的目的是平衡摩擦力．(3)实验中把所挂重物的重力作为拉力，根据牛顿第二定律，a 与m 成正比，排除图象D.当所挂重物质量增大到一定数值后，加速度将趋近于重力加速度g ，所以能正确反映小车加速度a 与所挂重物质量m 的关系的是C.答案：(1)3.56(3分) (2)平衡摩擦力(3分) (3)C(4分)22．解析：(1)③保持R 2不变，调节R 1阻值，使电压表示数达满偏刻度的13，此时电阻箱两端分得电压为满偏刻度的23，由电路的连接方式可知电压表的内阻R V ＝R2.④由于电阻箱的接入导致电压表所在支路电压变大，所以电压表的内阻测量值大于真实值．(2)在测量电源电动势和内阻实验中，由题图乙电路图可知调节R 2的滑片至最左端不再移动，同时调节电阻箱R 1阻值为0，将开关接向2，电压表读数为3 V 即保护电阻两端的电压．由题图丙可知，电源电动势为9.0 V ，所以电源内阻为2R 0＝50 Ω.答案：(1)③12R (3分) ④大于(2分) (2)⑤9.0(2分)50(3分)23．解析：(1)无风时氢气球在竖直方向受重力、绳上拉力和浮力， F 浮－mg －F 拉＝0，解得F 浮＝12 N ．(3分) (2)当v 1＝3 m/s 时对整体受力分析如图所示F 1＝kv 1(1分)在水平方向上F 1－F f ＝0(1分)在竖直方向上F 浮＋F N －(mg ＋Mg )＝0(3分) 由F f ＝μF N (2分)联立解得：k ＝3 N ·s/m ，F f ＝9 N(3分) 当v 2＝6 m/s 时，F 2＝kv 2由牛顿第二定律得：F 2－F f ＝(m ＋M )a (2分)解得：a ＝2.14 m/s 2.(1分)答案：(1)12 N (2)2.14 m/s 224．解析：(1)根据法拉第电磁感应定律可得： 线圈中感应电动势E ＝B 2hv 0－B 1hv 0＝khLv 0(2分) 线圈所受安培力F ＝B 2hI －B 1hI ＝k 2h 2L 2Rv 0＝1.28×10－3 N(2分)为使线圈匀速运动，需要对线圈施加的外力大小 F 外＝F ＝1.28×10－3 N ．(2分)(2)若不施加外力，线圈最终会在安培力作用下停下来，对线圈应用牛顿第二定律得：F 安＝ma (2分)即：k 2h 2L 2R v ＝ma (1分)k 2h 2L 2Rv Δt ＝ma Δt (2分) 对等式两边求和得：k 2h 2L 2Rx ＝mv 0，即x ＝mv 0Rk 2h 2L 2(2分) 代入数据得：x ＝3.125 m ．(2分)(3)若不施加外力，为使线圈匀速运动，则线圈所受安培力必为零，所以线圈中的感应电流为零，即线圈中的感应电动势为零，则有E ＝(B 2hv 0－B 1hv 0)－ΔB ′Δt Lh ＝khLv 0－ΔB ′ΔtLh ＝0(3分)解得：ΔB ′Δt＝kv 0＝0.02 T/s.(2分)答案：(1)1.28×10－3N (2)3.125 m (3)0.02 T/s 25．解析：(1)设粒子的质量为m ，电荷量为q ，在第二象限做圆周运动的半径为r ，则qv 0B ＝m v 20r (2分)r sin α＝d (2分)设Q 点的纵坐标为y Q ，y Q ＝r －dtan α(1分)粒子在第四、三象限中做圆周运动，由几何关系可知，粒子射入第四象限和射出第三象限时，速度方向与x 轴正方向的夹角相同，则β＝α＝60°(1分)设粒子由x 轴上S 点离开电场，粒子在S 点的速度为v ，则qEy Q ＝12mv 2－12mv 20(3分)v ＝v 0cos β(2分)解得v 0＝E3B.(2分)(2)设粒子在电场中运动时间为t ，S 点的横坐标为x S ，则y Q ＝v 0tan β2t (2分)x S ＝v 0t (1分)解得x S ＝2d3，粒子在S 点速度为v ，在第四、三象限中运动半径为r ′，则qvB ′＝m v 2r ′(2分)x S －x P ＝2r ′sin β(2分) 解得B ′＝2.4B .(2分)答案：(1)E3B(2)2.4B。