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1、20182018高考物理三轮冲刺 专题 21-2521-25 猜题练习（3 3） 1、如图所示，两平行金属板间接有如图所示的随时间 t 变化的电压 U，上极板电势较高，板 长 L=0.40 m，板间距离 d=0.20 m，在金属板右侧有一个边界为 MN 的匀强磁场，磁感应强度 B=5.0l03 T，方向垂直于纸面向里。现有带电粒子以速度 v0=1.0l05 m/s沿两板中线 OO 方向平行于金属板射入电场，磁场边界 MN 与中线 OO垂直。已知带正电粒子的比荷 q m 1.010 C/kg ，粒子的重力忽略不计，在每个粒子通过电场区的极短时间内，板间的电 8 场强度可以看作恒定不变的。则下列说
2、法正确的是 A粒子在 U=30 V 时粒子能离开电场进入磁场 B在 t=0 时粒子能离开电场，进入磁场，射入磁场点与离开磁场点间的距离为 0.4 m C在 U=20 V 时粒子射入磁场点与离开磁场点间的距离大于 0.4 m D在 U=25 V 时粒子在磁场中运动的时间最长 【参考答案】 BD 若粒子恰能射出电场，则水平方向：L=v0t；竖直方向： 1 1 U q d 0 t ，解得 2 2 dm 2 d mv 2 2 U ，带入数据解得：U 0 0=25U，故当粒子在 U=30V 时粒子不能离开电场进入磁场，而 0 2 qL 达到极板上，选项 A 错误；在 t=0时粒子能离开电场，垂直 MN
3、进入磁场，在磁场中运动的轨 道半径为R mv 0 0.2 m ，则因为粒子在磁场中运动半个圆周然后从 MN 中射出，故射入磁 qB 场点与离开磁场点间的距离为 2R=0.4 m，选项 B 正确；设粒子进入磁场时速度方向与 OO的夹 v 角为 ，则速度大小： 0 v ，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径： cos R mv mv 0 ，粒子从磁场中飞出的位置与进入磁场的位置之间的距离： qB qBcos 2mv s 2Rcos 0 ，代入数据解得：s=0.4 m，即在任意时刻进入磁场的粒子飞出的位置与 qB 进入磁场的位置之间的距离为定值，选项 C 错误；因所有粒子在磁场中运动的周期相同，在 U=
4、25 V 时粒子从极板边缘飞出电场，然后进入磁场时速度与 MN 的夹角最小，在磁场中运动时的角 度最大，时间最长，选项 D 正确。 1 2、某同学在探究弹力和弹簧伸长的关系，并测定弹簧的劲度系数 k。 主要实验步骤如下：将待测弹簧的一端固定在铁架台上，然后将毫米刻度尺竖直放在弹簧一侧， 并使弹簧另一端的指针恰好指在刻度尺上。当弹簧自然下垂时，指针的指示值记作 L0；弹簧下 端挂一个砝码时，指针的指示值记作 L1；弹簧下端挂两个砝码时，指针的指示值记作 L2 ； 挂七个砝码时，指针的位置如图所示，指针的指示值记作 L7。已知每个砝码的质量均为 50 g， 测量记录表： 代表符号 L0 L1 L2
5、 L3 L4 L5 L6 L7 刻度数值/cm 1.70 3.40 5.10 6.85 8.60 10.30 12.10 （1）实验中，L7的值还未读出，请你根据上图将这个测量值填入记录表中。 （2）为充分利用测量数据，该同学将所测得的数值按如下方法逐一求差，分别计算出了四个 差值：d1=L4L0，d2=L5L1，d3=L6L2，d4=L7L3。 （3）根据以上差值，可以求出每增加 50 g 砝码的弹簧平均伸长量 L。L 用 d1、d2、d3、d4 表示的式子为 L=_。 （4）计算弹簧的劲度系数 k=_N/m。（g 取 9.8 m/s2） 【参考答案】（1）14.05（14.0314.07均
6、正确） （3） d d d d 1 2 3 4 16 （4）28 （1）尺的最小分度值为 1 mm，刻度尺读数：L7=14.05 cm； （3）根据以上差值，可以求出每增加 50 g 砝码的弹簧平均伸长量 L。L 用 d1、d2、d3、d4 d d d d d d d d 表示的式子为： 1 2 3 4 1 2 3 4 ； L ； 44 16 F 0.0510 k N/m 28 N/m （4）根据胡克定律有：m0g=kL，充分利用测量数据， x 1.7510 2 。 3、如图所示，甲图为一段粗细均匀的新型导电材料棒，现测量该材料的电阻率。 （1）首先用多用电表的欧姆档（倍率为10）粗测其电阻，
7、指针位置如图乙所示，其读数 R=_。 2 （2）然后用以下器材用伏安法尽可能精确地测量其电阻： A电流表：量程为 0.6 A，内阻约为 0.1 B电压表：量程为 3 V，内阻约为 3 k C滑动变阻器：最大阻值为 20 ，额定电流 1 A D低压直流电源：电压 6 V，内阻忽略 E电键 S，导线若干 在方框中画出实验电路图。 （3）如果实验中电流表示数为 I，电压表示数为 U，并测出该棒的长度为 L、直径为 d，则该 材料的电阻率 _（用测出的物理量的符号表示）。 【参考答案】（1）200 （2）电路如图 （3） Ud 2 4LI （1）注意欧姆表的倍率，注意欧姆表不估读。 （2）设计电路图时
8、应考虑两个方面： 电流表内、外接：设导电材料棒的电阻为 Rx ，由于 R R R R x 2 000， V 1 5， x ? V ，故 R R R R A x A x 为减小测量误差，应选用安培表内接法。 滑动变阻器的接法：由于滑动变阻器的胆值（20 ）相对待测电阻 Rx 的阻值（约 200 ） 较小，如果采用限流式接法，通过电阻的电流（或两端电压）调节范围很小，所以滑动变阻器 应采用分压式接法。 3 （3）电阻 L U d 2 R R ， ，横截面积 S ，由此三式可得 S I 4 Ud 2 。 4LI 4、一列机车的质量是 5105 kg，在水平平直轨道上由静止开始匀加速启动，加速度大小为
9、 0.4 m/s2。已知机车的额定功率为 3 000 kW，当机车由静止达到最大速率 30 m/s 时，共用时 t 秒。行驶过程中阻力恒定，则： （1）机车匀加速阶段的牵引力多大? （2）匀加速阶段机车的实际功率等于额定功率时，机车的速度多大? （3）机车由静止达到最大速度时，前进的距离是多少?（答案中可以包含字母 t） 【参考答案】（1）3105 N （2）10 m/s （3） s (30t 2 625) m （1）当汽车达到匀速运动时，速度达到最大值，此时牵引力等于摩擦阻力。由此可得： P f 1105 v N 所用时间为 1 t v 10 a 0.4 25 s 对于变加速阶段位移使用动能
10、定理，发动机牵引力做功减去摩擦力做的功等于汽车动能变化量， 可得： 1 1 P(t t ) fs mv mv 2 2 1 2 max 1 2 2 4 1 代入数据为：3106 (t 25) 1105 s 5105 (302 102 ) 2 2 可得： s2 (30t 2 750) m 所以，机车由静止到达最大速度时，前进的距离是： s s1 s2 (30t 2 625) m 5、如图所示，完全相同的正方向单匝铜质线框型货件 abcd，通过水平，绝缘且足够长的传送 带输送一系列该货件通过某一固定匀强磁场区域进行“安检”程序，即便筛选“次品”（不闭 “”合）与 正品 （闭合），“”安检 程序简化为
11、如下物理模型，各货件质量均为 m，电阻均为 R，边长为 l，与传送带间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g；传送带以恒定速度 v0向右运 动，货件在进入磁场前与传送带的速度相同，货件运行中始终保持 ab / /AA / /CC，已知磁 场边界 AA，CC与传送带运动方向垂直，磁场的磁感应强度为 B，磁场的宽度为 dl d ， 现某一货件当其 ab 边到达 CC时又恰好与传送带的速度相同，则： （1）上述货件在进入磁场的过程中运动加速度的最大值与速度的最小值； （2“”“”“”） 次品 （不闭合）与 正品 （闭合）因 安检 而延迟时间多大。 B l v 2 2 2B l 2d 2 3 T 【参考答案】（1） a 0 g v v2 g d l （2） 0 2 m mgR v mR 0 （1）线框以速度 v0 进入磁场，在进入磁场过程中，受安培力 F、摩擦力 f 共同作用而做减速 运动；完全进入磁场后，在摩擦力的作用下做加速运动，当 ab 边到达CC 时速度又恰好等于 v ，因此，线框在刚进入磁场时，所受安培力 F 最大，加速度最大，设为 0 a ；线框全部进入 m 磁场的瞬间速度最小，设此时线框的速度为 v，线框刚进入磁场时，由牛顿第二定律有： F mg ma m F Bi l ， i 0 0 ， R Blv 0 B l v 2 2 解得： a g 0 m mR 5