2024年江蘇省徐州市睢寧縣高三下學期第八周周測物理試卷學校：__________姓名：__________班級：__________考號：__________第I卷（選擇題）請點擊修改第I卷的文字說明評卷人得分一、單選題1．如圖所示，在水平直角坐標系xOy中的第一象限內存在磁感應強度大小為B、方向垂直于坐標平面向內的有界圓形勻強磁場區域（圖中未畫出）；在第二象限內存在沿x軸負方向的勻強電場。一粒子固定在x軸上的A點，A點坐標為.粒子沿y軸正方向釋放出速度大小為v的電子，電子恰好能通過y軸上的C點，C點坐標為（0，2L），電子經過磁場偏轉后方向恰好垂直ON，ON是與x軸正方向成角的射線.（電子的質量為m，電荷量為e，不考慮粒子的重力和粒子之間的相互作用.）求：（1）第二象限內電場強度E的大小.（2）電子離開電場時的速度方向與y軸正方向的夾角（3）圓形磁場的最小半徑Rmin.2．在如圖（a）所示的正方形平面oabc內存在著垂直于該平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，已知正方形邊長為L，一個質量為m、帶電量為+q的粒子（不計重力）在t=0時刻平行于oc邊從o點射入磁場中。（1）若帶電粒子從a點射出磁場，求帶電粒子在磁場中運動的時間及初速度大小；（2）若磁感應強度按如圖（b）所示的規律變化，規定磁場向外的方向為正方向，磁感應強度的大小為B0，假使帶電粒子能從oa邊界射出磁場，磁感應強度B變化周期T的最小值。（3）若所加磁場的磁感應強度與第（2）問中的相同，要使帶電粒子從b點沿著ab方向射出磁場，滿足這一條件的磁感應強度變化的周期及粒子射入磁場時的速度。3．（10分）汽車從甲地由靜止出發，沿直線運動到丙地，乙在甲、丙兩地的中點．汽車從甲地勻加速運動到乙地，經過乙地時的速度為40km/h；接著又從乙地勻加速運動到丙地，到丙地時速度為120km/h，求汽車從甲地到達丙地的平均速度．4．一物體以4m/s的速度滑上光滑斜面做勻減速直線運動，途經A、B兩點，已知物體在A點時的速度是B點時速度的2倍，由B點再經過0.5s物體滑到頂點C點時速度恰好為零，已知AB=75cm，求：（1）斜面的長度；（2）物體由底端D點滑到B點時所需要的時間。5．（單選）從某一高度相隔1s先后釋放兩個相同的小球甲和乙，不計空氣的阻力，它們在空中任一時刻A.甲、乙兩球距離始終保持不變，甲、乙兩球速度之差保持不變B.甲、乙兩球距離越來越大，甲、乙兩球速度之差也越來越大C.甲、乙兩球距離越來越大，甲、乙兩球速度之差保持不變D.甲、乙兩球距離越來越小，甲、乙兩球速度之差也越來越小6．（單選）從同一高度間隔時間先后自由釋放兩個小球甲和乙，不計空氣阻力，則A.在空中任意時刻甲、乙兩球的速度之差增加B.甲、乙兩球落到地面的時刻不同但速度相同C.在空中任意時刻甲、乙兩球的間距逐漸減小D.在空中任意時刻甲、乙兩球的間距保持不變7．（單選）某軍事試驗場正在平地上試射地對空導彈，若某次豎直向上發射導彈時發生故障，造成導彈的v－t圖象如圖所示，則下述說法中正確的是（）A．0～1s內導彈勻速上升B．1s～2s內導彈靜止不動C．3s末導彈回到出發點D．5s末導彈恰好回到出發點8．（單選）甲、乙兩車某時刻由同一地點沿同一方向開始做直線運動,若以該時刻作為計時起點得到兩車的位移—時間圖象如圖所示,則下列說法正確的是（）A.t1時刻甲車從后面追上乙車B.t1時刻兩車相距最遠C.t1時刻兩車的速度剛好相等D.0到t1時間內,兩車的平均速度相等9．（2013·安徽·17）質量為m的人造地球衛星與地心的距離為r時，引力勢能可表示為Ep＝－eq\f(GMm,r)，其中G為引力常量，M為地球質量，該衛星原來在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運動，由于受到極稀薄空氣的摩擦作用，飛行一段時間后其圓周運動的半徑變為R2，此過程中因摩擦而產生的熱量為 （）A．GMmeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1))) B．GMmeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R1)－\f(1,R2)))C.eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1))) D.eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R1)－\f(1,R2)))10．（2014·張家港質檢）如圖1所示，在平行線MN、PQ之間存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面的磁場（未畫出），磁場的磁感應強度從左到右逐漸增大。一帶電微粒進入該區域時，由于受到空氣阻力作用，恰好能沿水平直線OO′通過該區域。帶電微粒所受的重力忽略不計，運動過程帶電量不變。下列判斷正確的是（）圖1A．微粒從左到右運動，磁場方向向里B．微粒從左到右運動，磁場方向向外C．微粒從右到左運動，磁場方向向里D．微粒從右到左運動，磁場方向向外11．從下列哪一組物理量可以算出氧氣的摩爾質量（）A．氧氣的密度和阿伏加德羅常數B．氧氣分子的體積和阿伏加德羅常數C．氧氣分子的質量和阿伏加德羅常數D．氧氣分子的體積和氧氣分子的質量

12．（2011·重慶卷）核電站核泄漏的污染物中含有碘131和銫137，碘131的半衰期約為8年，會釋放β射線；銫137是銫133的同位素，半衰期約為30年，發生衰變時會輻射γ射線．下列說法正確的是（）A．碘131釋放的β射線由氦核組成B．銫137衰變時輻射出的γ光子的能量小于可見光光子的能量C．與銫137相比，碘131衰變更慢D．銫133和銫137含有相同的質子數13．（2013·安徽卷）如圖所示，xOy平面是無窮大導體的表面，該導體充滿z＜0的空間，z＞0的空間為真空．將電荷量為q的點電荷置于z軸上z＝h處，則在xOy平面上會產生感應電荷．空間任意一點處的電場皆是由點電荷q和導體表面上的感應電荷共同激發的．已知靜電平衡時導體內部場強處處為零，則在z軸上z＝eq\f(h,2)處的場強大小為（k為靜電力常量）（）A．keq\f(4q,h2) B．keq\f(4q,9h2)C．keq\f(32q,9h2) D．keq\f(40q,9h2)14．以往，已知材料的折射率都為正值（n>0）。現已有針對某些電磁波設計制作的人工材料，其折射率可以為負值（n<0），稱為負折射率材料。位于空氣中的這類材料，入射角i與折射角r依然滿足但是折射線與入射線位于法線的同一側（此時折射角取負值）。若該材料對于電磁波的折射率n=-1，正確反映電磁波穿過該材料的傳播路徑的示意圖是評卷人得分二、多選題15．（多選）如圖所示，勻強磁場的方向垂直于電路所在平面，導體棒ab與電路接觸良好．當導體棒ab在外力F作用下從左向右做勻加速直線運動時，若不計摩擦和導線的電阻，整個過程中，燈泡L未被燒毀，電容器C未被擊穿，則該過程中（）A．感應電動勢將變大B．燈泡L的亮度變大C．電容器C的上極板帶負電D．電容器兩極板間的電場強度將減小16．（多選）如圖所示，有理想邊界的勻強磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B，某帶電粒子的比荷（電荷量與質量之比）大小為k，由靜止開始經電壓為U的電場加速后，從O點垂直射入磁場，又從P點穿出磁場．下列說法正確的是（不計粒子所受重力） （）A．如果只增加U，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場B．如果只減小B，粒子可以從ab邊某位置穿出磁場C．如果既減小U又增加B，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場D．如果只增加k，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場17．一輛公共汽車進站后開始剎車，做勻減速直線運動，開始剎車后的第1s內和第2s內位移大小依次為9m和7m，則剎車后6s內的位移是m（）18．（多選）如圖是甲、乙兩物體做直線運動的v-t圖象。下列表述正確的是（）A．乙做勻加速直線運動B．甲的加速度比乙的小C．甲和乙的加速度方向相同D．甲與乙的速度方向相同19．如圖所示，虛線a、b、c代表電場中三等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab=Ubc，實線為一帶正電的質點僅在電場力作用下通過該區域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據此可知（）A．三個等勢面中，a的電勢最高B．帶電質點在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能大C．帶電質點通過P點時的動能比通過Q點時大D．帶電質點通過P點時的加速度比通過Q點時大20．（多選）下列說法中正確的是（）A．物體在不受外力作用時，保持原有運動狀態不變的性質叫慣性，故牛頓運動定律又叫慣性定律B．牛頓第一定律僅適用于宏觀物體，只可用于解決物體的低速運動問題C．牛頓第一定律是牛頓第二定律在物體的加速度a＝0條件下的特例D．伽利略根據理想實驗推出，如果沒有摩擦，在水平面上的物體，一旦具有某一個速度，將保持這個速度繼續運動下去21．（2013·大綱版全國卷）將甲、乙兩小球先后以同樣的速度在距地面不同高度處豎直向上拋出，拋出時間間隔2s，它們運動的v-t圖像分別如圖4直線甲、乙所示。則（）圖4A．t＝2s時，兩球高度相差一定為40mB．t＝4s時，兩球相對于各自拋出點的位移相等C．兩球從拋出至落到地面所用的時間間隔相等D．甲球從拋出至達到最高點的時間間隔與乙球的相等22．（2013·東北三省四校協作體）如圖2－2－20所示，小車在外力作用下沿傾角為θ的斜面做直線運動，小車的支架上用細線拴一個擺球，懸點為O，現用水平虛線MN和豎直虛線PQ將豎直平面空間分成四個區間，則下列說法正確的是A．若小車沿斜面向上做勻速運動，則穩定后細線可在Ⅲ區與豎直方向成一定夾角B．若小車沿斜面向下做勻加速運動，則穩定后細線可在Ⅳ區與豎直方向成一定夾角C．無論小車沿斜面向下的加速度多大，穩定后細線都不可能在Ⅰ區與水平方向成一定夾角D．無論小車沿斜面向上的加速度多大，穩定后細線都不可能沿與ON重合的水平方向評卷人得分三、填空題23．如圖，寬為L的豎直障礙物上開有間距d=0.6m的矩形孔，其下沿離地高h=1.2m，離地高H=2m的質點與障礙物相距x。在障礙物以vo=4m/s勻速向左運動的同時，質點自由下落.為使質點能穿過該孔，L的最大值為m;若L=0.6m,x的取值范圍是m。(取g=10m/s2)評卷人得分四、實驗題24．兩個電荷量分別為q和－q的帶電粒子分別以速度Va和Vb射入勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為30°和60°，磁場寬度為d，兩粒子同時由A點出發，同時到達B點，如圖所示，則()A．a粒子帶正電，b粒子帶負電B．兩粒子的軌道半徑之比Ra∶Rb＝EQEQ\R(,3)∶1C．兩粒子的質量之比ma∶mb＝1∶2D．兩粒子的速度之比Va∶Vb＝1∶2評卷人得分五、計算題25．如圖所示，寬度為l＝0.8m的某一區域存在相互垂直的勻強電場E與勻強磁場B，其大小E＝2×108N/C，B＝10T．一帶正電荷的粒子以某一初速度由M點垂直電場和磁場方向射入，沿直線運動，從N點離開；若只撤去磁場，則粒子從P點射出且速度方向發生了45°的偏轉．求粒子的比荷(不計粒子的重力)．26．坐標原點O處有一點狀的放射源，它向xoy平面內的x軸上方各個方向發射α粒子，α粒子的速度大小都是v0，在0<y<d的區域內分布有指向y軸正方向的勻強電場，場強大小為，其中q與m分別為α粒子的電量和質量；在的區域內分布有垂直于xoy平面的勻強磁場.ab為一塊很大的平面感光板，放置于處，如圖所示.觀察發現此時恰無粒子打到ab板上.（不考慮a粒子的重力）（1）求α粒子剛進人磁場時的動能；（2）求磁感應強度B的大小；（3）將ab板平移到什么位置時所有粒子均能打到板上?并求出此時ab板上被α粒子打中的區域的長度.27．如圖，區域I內有與水平方向成45°角的勻強電場E1，區域寬度為d1，區域II內有正交的有界勻強磁場B和勻強電場E2，區域寬度為d2，磁場方向垂直紙面向里，電場方向豎直向下。一質量為m、帶電量為q的微粒在區域I左邊界的P點，由靜止釋放后水平向右做直線運動，進入區域II后做勻速圓周運動，從區域II右邊界上的Q點穿出，其速度方向改變了60°，重力加速度為g，求：（1）區域I和區域II內勻強電場的電場強度E1、E2的大小？（2）區域II內勻強磁場的磁感應強度B的大小。（3）微粒從P運動到Q的時間有多長？28．（12分）（2013·德州二模）如圖2－2－25所示，AB段為一半徑R＝0.2m的光滑eq\f(1,4)圓弧軌道，EF為一傾角是30°的足夠長的光滑固定斜面，斜面上有一質量為0.1kg的薄木板CD，開始時薄木板被鎖定．一質量也為0.1kg的物塊從A點由靜止開始下滑，通過B點后水平拋出，經過一段時間后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物塊滑上薄木板的同時薄木板解除鎖定，下滑過程中某時刻物塊和薄木板能達到共同速度．已知物塊與薄木板間的動摩擦因數為μ＝eq\f(\r(3),6).（1）物塊到達B點時對圓弧軌道的壓力；（2）物塊滑上薄木板時的速度大小；（3）達到共同速度前物塊下滑的加速度大小及從物塊滑上薄木板至達到共同速度所用的時間．29．太陽在不斷地向外輻射能量，因而其質量也在不斷地減少．若太陽每秒鐘輻射的總能量為4×1026J，試計算太陽在1s內失去的質量，估算5000年內其質量總共減小了多少，并與太陽的總質量2×1027t比較之．30．發電機的端電壓為220V，輸出功率為44kW，輸電導線的電阻為0.2Ω，如果用原、副線圈匝數之比為110的升壓變壓器升壓，經輸電線路后，再用原、副線圈匝數比為101的降壓變壓器降壓供給用戶．(1)畫出全過程的線路圖；(2)求用戶得到的電壓和功率；(3)若不經過變壓而直接送到用戶，求用戶得到的功率和電壓．

【參考答案】學校：__________姓名：__________班級：__________考號：__________第I卷（選擇題）請點擊修改第I卷的文字說明評卷人得分一、單選題1．AC解析：解：（1）從A到C的過程中，電子做類平拋運動，有：聯立解得： （2分）（2）設電子到達C點的速度大小為vC，方向與y軸正方向的夾角為由動能定理，有： （2分）解得： （2分）所以： （2分）（3）電子的運動軌跡如圖所示，電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑： （2分）電子在磁場中偏轉后垂直于ON射出，則磁場最小半徑： （2分）由以上兩式可得： （2分）2．3．32km/h4．ABC解析：（1）在物體從A運動到B的過程中：；在從B運動到C的過程中：由即。聯立以上兩式并代入數據，解得。斜面長度。（2）由得。5．C解析：C6．B解析：B7．D解析：D由圖象可知：第一秒內導彈勻加速運動，第二秒內導彈勻速運動，第三秒內導彈勻減速，從第四秒開始導彈反向加速，第五秒末返回原點．故D正確。8．D解析：D9．CE解析：答案C解析由萬有引力提供向心力知Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，所以衛星的動能為eq\f(1,2)mv2＝eq\f(GMm,2r)，則衛星在半經為r的軌道上運行時機械能為E＝eq\f(1,2)mv2＋Ep＝eq\f(GMm,2r)－eq\f(GMm,r)＝－eq\f(GMm,2r).故衛星在軌道R1上運行時：E1＝－eq\f(GMm,2R1)，在軌道R2上運行時：E2＝－eq\f(GMm,2R2)，由能量守恒定律得產生的熱量為Q＝E1－E2＝eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1)))，故正確選項為C.10．BE解析：解析：選B由微粒恰好能沿水平直線OO′通過該區域說明洛倫茲力qvB與電場力qE平衡，微粒受到空氣阻力作用，速度逐漸減小，沿運動方向磁場的磁感應強度必須逐漸增大。因此微粒從左到右運動；磁場方向向外，選項B正確。11．AC解析：解析：摩爾質量M、氧氣分子的質量m和阿伏加德羅常數NA的關系是：M＝NA·m，故C選項正確．答案：C12．ABCD解析：解析：該題綜合考查了衰變規律和同位素的相關問題．β射線是電子流，A錯．γ光子的能量大于可見光光子的能量，B錯．銫137的半衰期長，衰變更慢，C不正確．銫133和銫137是同位素，含有相同的質子數，D選項正確．答案：D13．DE解析：解析：點電荷q和感應電荷所形成的電場在z＞0的區域可等效成關于O點對稱的電偶極子形成的電場．所以z軸上z＝eq\f(h,2)處的場強E＝keq\f(q,h/22)＋keq\f(q,\f(3,2)h2)＝keq\f(40q,9h2)，選項D正確．答案：D14．B解析：B【考點】光的折射定律【解析】光從空氣射入到材料中時，根據題意可知入射光線和折射光線位于法線的同側，A項錯誤；根據折射定律可知：，可知折射角等于入射角，C項錯誤；根據光路可逆，光從材料射入到空氣時，同理入射光線和折射光線也位于法線的同側，D項錯誤，入射角也等于折射角，B項正確。評卷人得分二、多選題15．AB解析：AB16．CD解析：CD17．25m18．AD解析：AD19．ABD解析：答案：ABD20．ABCD解析：解析：選BD牛頓第一定律表明，物體在不受外力作用時，保持原有運動狀態不變的性質叫慣性，故牛頓第一定律又叫慣性定律，A錯誤。牛頓運動定律都是在宏觀、低速的情況下得出的結論，在微觀、高速的情況下不成立，B正確。牛頓第一定律說明了兩點含義，一是所有物體都有慣性，二是物體不受力時的運動狀態是靜止或勻速直線運動，牛頓第二定律并不能完全包含這兩點意義，C錯誤。伽利略的理想實驗是牛頓第一定律的基礎，D正確。21．ABCD解析：解析：選BD本題考查運動學的基礎知識，意在考查考生對v-t圖像的理解。由于兩球的拋出點未知，則A、C均錯；由圖像可知4s時兩球上升的高度均為40m，則距各自出發點的位移相等，則B正確；由于兩球的初速度都為30m/s，則上升到最高點的時間均為t＝eq\f(v0,g)，則D正確。

22．ABCD解析：解析若小車勻速運動，則小球所受的合力應為零，所以細線處于豎直狀態，所以A選項錯誤；若小車沿斜面向下加速，由連接體知識可知，小球的加速度方向沿斜面向下，即小球所受合外力方向沿斜面向下，由此可知B選項是正確的、C選項錯誤；同理，選項D也是對的．答案BD評卷人得分三、填空題23．0.8；0.8m≤x≤1m解析：0.8；0.8m≤x≤1m【考點】平拋運動的規律運動的合成和分解【解析】以障礙物為參考系，相當于質點以vo的初速度，向右平拋，當L最大時從拋出點經過孔的左上邊界飛到孔的右下邊界時,L最大，，;從孔的左上邊界飛入臨界的x有最小值為0.8ｍ從孔的右下邊界飛出時,x有最大值：評卷人得分四、實驗題24．C評卷人得分五、計算題25．設粒子的初速度為v0，粒子在復合場中做直線運動時受力平衡qE＝qv0B當只撤去磁場后，粒子在電場中做類平拋運動l＝v0tvx＝v0vy＝eq\f(qE,m)teq\f(vy,vx)＝tan45°＝1聯立以上各式得eq\f(q,m)＝eq\f(E,lB2)＝2.5×106C/kg.26．（1）根據動能定理：可得末動能(5分)（2）根據上題結果可知，對于沿x軸正方向射出的粒子進入磁場時與x軸正方向夾角，其在電場中沿x方向的位移，易知若此粒子不能打到ab板上，則所有粒子均不能打到ab板，因此此粒子軌跡必與ab板相切，可得其圓周運動的半徑又根據洛倫茲力提供向心力可得（8分）（3）易知沿x軸負方向射出的粒子若能打到ab板上，則所有粒子均能打到板上。其臨界情況就是此粒子軌跡恰好與ab板相切。由圖可知此時磁場寬度為原來的，即當ab板位于的位置時，恰好所有粒子均能打到板上；ab板上被打中區域的長度（7分）27．（3）微粒在區域I內作勻加速運動，（1分）在區域II內做勻速圓周運動的圓心角為600，則（2分）解得（2分）考點：帶電粒子在復合場中的運動

28．ABCF解析：解析(1)物塊從A到B的過程，由動能定理得：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得：vB＝2m/s在B點由牛頓第二定律得：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)解得：FN＝3N由牛頓第三定律得物塊對軌道的壓力大小為3N，方向豎直向下(2)設物塊到達斜面的速度為v，則：cos30°＝eq\f(vB,v)解得：v＝eq\f(4\r(3),3)m/s(3)木板和物塊下滑過程中，由牛頓第二定律得：對物塊：mgsin30°－μmgcos30°＝ma1解得：a1＝