2019届浙江省杭州高三上学期物理模拟卷五（解析版）

浙江杭州2019届上学期高三物理模拟卷五

一．选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）

1.力学单位N转换成国际基本单位是（   ）

A.     B.     C.     D.

【答案】A

【解析】

根据牛顿第二定律F=ma知：F的单位是N，m的单位是kg，a的单位是m/s2，所以1N=1kg•m/s2．故A正确，BCD错误．故选A.

点睛：本题的解题关键要掌握国际单位制中三个基本单位．明确N与基本单位的关系，单位要与物理量、公式等一起学习并记忆．

2.下列运动图象中表示质点做匀加速直线运动的是 （ ）

【答案】C

【解析】

试题分析：位移时间图像中，斜率表示速度大小，由此可知选项A中物体做的是匀速直线运动，A错；选项B中物体静止，B错；速度时间图像中，斜率表示加速度大小，由此可知选项C中物体做的是匀加速直线运动，选项D中物体做的是匀速直线运动，D错；故选C

考点：考查运动图像

点评：本题难度较小，对于运动图像问题，首先应判断图像的类型，图像的斜率、截距、面积表示的物理意义

3.下列奥运会运动项目，在考查运动员比赛成绩时,可视为质点的是(   )

A. 跳水    B. 双杠

C. 体操    D. 马拉松

【答案】D

【解析】

能否看成质点，取决于研究问题的性质。若物体的形状、体积，在所研究的问题中是次要因素，可以忽略，则物体可以看成质点。运动员，在跳水、双杠及体操运动的比赛中，都要涉及运动员的肢体动作，故不能看成质点；考查马拉松比赛成绩时，在整个运动过程中，可以看成质点，故D正确。

4.如图所示,高空走钢丝的表演中,若表演者走到钢丝中点时,使原来水平的钢丝下垂与水平面成θ角,此时钢丝上的弹力应是表演者(含平衡杆)体重的(　　)

A.     B.     C.     D.

【答案】C

【解析】

【详解】以人为研究对象，分析受力情况，作出力图，

根据平衡条件，两绳子合力与重力等大反向，则有：

解得：

故钢丝上的弹力应是表演者和平衡杆重力的，故C正确，A、B、D错误。故选C。

【点睛】本题要注意明确两侧绳子的拉力大小相等，关于竖直方向具有对称性，同时正确应用平衡条件进行分析求解即可．

5.大型商场或者大型超市为了方便顾客上下楼，都会安装自动扶梯。小王同学经过调查研究发现，不同商场或超市中的自动扶梯是不一样的，可以分为两大类，一种有台阶，另一种无台阶，两种自动扶梯分别如图所示。此外，小王同学还发现，为了节约能源，在没有顾客乘行时，这两种自动扶梯都以较小的速度匀速运行，当有顾客乘行时自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行。则电梯在运送顾客上楼的整个过程中

A. 图甲所示的无台阶自动扶梯中，乘客始终受摩擦力作用

B. 图乙所示的有台阶自动扶梯中，乘客始终受摩擦了作用

C. 图甲所示的无台阶自动扶梯中，乘客对扶梯的作用力始终竖直向下

D. 图乙所示的有台阶自动扶梯中，乘客对扶梯的作用力始终竖直向下

【答案】A

【解析】

乘客在无台阶的电梯上运动时，在加速和匀速阶段，都到重力、支持力和静摩擦力。匀速阶段乘客对扶梯的作用力竖直向下，在加速阶段偏离竖直方向；乘客在有台阶的电梯上运动时，加速阶段受到重力、支持力和静摩擦力，乘客对扶梯的作用力偏离竖直方向；匀速阶段受到重力与支持力，乘客对扶梯的作用力竖直向下。综上分析，故A正确。

6.未来的星际航行中，宇航员长期处于完全失重状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示。当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。为达到上述目的，下列说法正确的是

A. 旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大

B. 旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小

C. 宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大

D. 宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小

【答案】B

【解析】

在外太空，宇航员处于完全失重状态，所以在旋转仓中我们不需要考虑地球引力作用；宇航员在旋转仓中做圆周运动所需要的向心力由侧壁支持力提供，根据题意有，故可知，与宇航员质量无关，所以选项CD错误； 旋转半径越大，转运角速度就越小，故选项A正确、B错误；

考点：万有引力与航天

视频

7.2016年8月16日1时40分，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭成功将世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”发射升空，将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信。“墨子”将由火箭发射至高度为500千米的预定圆形轨道。此前6月在西昌卫星发射中心成功发射了第二十三颗北斗导航卫星G7，G7属地球静止轨道卫星（高度约为36000千米），它将使北斗系统的可靠性进一步提高。关于卫星以下说法中正确的是（      ）

A. 这两颗卫星的运行速度可能大于7.9km/s

B. 量子科学实验卫星“墨子”的发射速度比北斗G7大

C. 通过地面控制可以将北斗G7定点于西昌正上方

D. 量子科学实验卫星“墨子”的周期比北斗G7小

【答案】C

【解析】

A、根据，知道轨道半径越大，线速度越小，第一宇宙速度的轨道半径为地球的半径，所以第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动最大的环绕速度，所以静止轨道卫星和中轨卫星的线速度均小于地球的第一宇宙速度。故A错误；B、地球静止轨道卫星即同步卫星，只能定点于赤道正上方。故B错误；C、根据，得，所以量子科学实验卫星“墨子”的周期小。故C正确；D、卫星的向心加速度：，半径小的量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗G7大。故D错误。故选C。

【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，会根据轨道半径的关系比较向心加速度、线速度和周期。

8.如图，静电喷涂时，被喷工件接正极，喷枪口接负极，它们之间形成高压电场。涂料微粒从喷枪口喷出后，只在静电力作用下向工件运动，最后吸附在工件表面，图中虚线为涂料微粒的运动轨迹。下列说法正确的是（   ）

A. 涂料微粒一定带正电

B. 图中虚线可视为高压电场的部分电场线

C. 微粒做加速度先减小后增大的曲线运动

D. 喷射出的微粒动能不断转化为电势能

【答案】C

【解析】

由图知，工件带正电，则在涂料微粒向工件靠近的过程中，涂料微粒带负电，故A错误；由于涂料微粒有初速度，初速度和电场力不一定方向相同，故涂料微粒的运动轨迹不一定沿电场线方向运动，故B错误；根据电场强度的分布可知，所受电场力先减小后增大，微粒做加速度先减小后增大的曲线运动，故C正确。涂料微粒所受的电场力方向向左，其位移方向大体向左，则电场力对涂料微粒做正功，其动能增大，电势能减小，故D错误；故选C。

点睛：本题抓住异种电荷相互吸收，分析涂料微粒的电性．再根据功的性质明确电场力做功正负；再根据电场力做功与电势能之间的关系即可判断电势能的变化情况．

9.放寒假了，小张，小王和小李出去旅游了一番，小张去海南岛呼吸新鲜空气，小王去抱犊寨爬了趟山，小李去哈尔滨看冰雕了．当他们在旅游景点随地球一起转动时，则（   ）

A. 小张的角速度最大、小李的线速度最小

B. 小李的角速度最小、小张的线速度最大

C. 三个人的角速度、周期和线速度都相等

D. 三个人的角速度、周期一样，小李的线速度最小

【答案】D

【解析】

在地球表面各处的角速度和周期是相同的，但是小李处的位置纬度大，运转半径较小，根据 可知线速度较小，故选项D正确；故选D.

注：请填写选项：D.三个人的角速度、周期一样，小李的线速度最小

10.图是电子射线管示意图.接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出,在荧光屏上会看到一条亮线.要使荧光屏上的亮线向下（z轴负方向）偏转，在下列措施中可采用的是

A. 加一磁场，磁场方向沿z轴负方向

B. 加一磁场，磁场方向沿y轴正方向

C. 加一电场，电场方向沿z轴负方向

D. 加一电场，电场方向沿y轴正方向

【答案】B;

【解析】

加一磁场，磁场方向沿z轴负方向，根据左手定则，洛伦兹力方向沿y轴负方向，不符合题意，故A错误；加一磁场，磁场方向沿y轴负方向，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴正方向，亮线向上偏转，符合题意，故B正确。加一电场，电场方向沿z轴负方向，电子受到的电场力的方向向上，亮线向上偏转，符合题意，故C正确；加一电场，电场方向沿y轴正方向，电子受到的电场力的方向沿y轴负方向，不符合题意，故D错误。所以BC正确，AD错误。

11.在卫生大扫除中，某同学用拖把拖地，沿推杆方向对拖把施加推力F，如图所示，此时推力与水平方向的夹角为θ，且拖把刚好做匀速直线运动。从某时刻开始保持力F的大小不变，减小F与水平方向的夹角θ，则(     )

A. 拖把将做减速运动

B. 拖把继续做匀速运动

C. 地面对拖把的支持力FN变小，地面对拖把的摩擦力Ff变小

D. 地面对拖把的支持力FN变大，地面对拖把的摩擦力Ff变大

【答案】C

【解析】

试题分析：设拖把与地面之间的动摩擦因数为μ，则：拖把头受到重力、支持力、推力和摩擦力处于平衡，受力示意图如图所示．

将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，

按平衡条件得：

竖直方向上：Fsinθ+mg=FN①

水平方向上：Fcosθ-Ff="0" ②

式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力．按摩擦定律有 Ff=μFN③

由①得：减小F与水平方向的夹角θ，sinθ减小，地面对拖把的支持力FN变；FN变；由③可得地面对拖把的摩擦力Ff变小．故C正确；D错误；减小F与水平方向的夹角θ时，Ff减小而Fcosθ增大，所以Fcosθ-Ff将大于0，所以拖把将做加速运动．故AB错误．故选C．

考点：物体的平衡

【名师点睛】此题考查了物体的平衡问题；对于拖把头受重力、支持力、推力和摩擦力，抓住水平方向和竖直方向平衡，根据正交分解，运用平衡条件和滑动摩擦力公式列方程分析各个力的变化。

12.在上海世博会上，拉脱维亚馆的风洞飞行表演，令参观者大开眼界若风洞内总的向上的风速风量保持不变，让质量为m的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风力大小，以获得不同的运动效果，假设人体受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且人体站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的1／8，风洞内人体可上下移动的空间总高度为H．开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速漂移；后来，人从最高点A开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处B后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点C处减速为零，则以下说法正确的有（     ）

A. 由A至C全过程表演者克服风力做的功为mgH

B. 表演者向上的最大加速度是 g

C. 表演者向下的最大加速度是

D. B点的高度是

【答案】A

【解析】

【详解】对A至C全过程应用动能定理mgH-W=0，解得W=mgH，因而A正确；设最大风力为Fm，由于人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风力为Fm；由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重力G=Fm；人平躺上升时有最大加速度，因而B错误；人站立加速下降时的最大加速度，因而C错误；人平躺减速下降时的加速度大小是a2==g；设下降的最大速度为v，由速度位移公式，加速下降过程位移；减速下降过程位移，故x1：x2=4：3，因而x2=H，选项D错误；故选A。

【点睛】本题关键将下降过程分为匀加速过程和匀减速过程，求出各个过程的加速度，然后根据运动学公式列式判断．

13.如图甲所示为一阴极射线管，接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线，图乙是其示意图，要使荧光屏上的亮线向上（z轴正方向）偏转如图丙所示，在下列措施中可采用的是（  ）

A. 加一磁场，磁场方向沿z轴负方向

B. 加一磁场，磁场方向沿y轴负方向

C. 加一电场，电场方向沿z轴负方向

D. 加一电场，电场方向沿y轴正方向

【答案】BC

【解析】

【详解】若加一沿z轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿y轴负方向，故A错误．若加一沿y轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴正方向，亮线向上偏转，故B正确．加一电场，电场方向沿z轴负方向，电子受到的电场力的方向向上，亮线向上偏转，符合题意。故C正确。加一电场，电场方向沿y轴正方向，电子受到的电场力的方向沿y轴负方向，不符合题意。故D错误。故选BC。

【点睛】本题考查电偏转与磁偏转方向判断的能力．负电荷受电场力方向与电场方向相反，洛伦兹力方向由左手定则判断，注意四指指电子运动的反方向．

二．选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）

14.图（甲）为手机及无线充电板,图（乙）为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电。为方便研究，现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为n，面积为S，总电阻（含所接元件）为R，若在t1到t2时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由B1增加到B2。下列说法正确的是（   ）

A. 在t1到t2时间内，c点的电势高于d点的电势

B. 在t1到t2时间内，受电线圈通过的电量为

C. 若只增加送电线圈匝数，可使c、d之间的电压减小

D. 受电线圈中的电流大小与交流电的频率无关

【答案】BC

【解析】

根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c到d，所以c点的电势低于d点的电势，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可得：，根据欧姆定律可得：，通过的电荷量为：，联立可得：，故B正确；若只增加送电线圈匝数，相当于增大变压器的原线圈匝数，所以c、d之间的电压减小，故C正确；受电线圈是通过电磁感应获得能量的，所以受电线圈中的电流大小与交流电的频率无关，故D错误。所以BC正确，AD错误。

15.以下有关物理学史的说法正确的有（      ）

A. 爱因斯坦首先发现了光电效应，并做出了解释。

B. 法拉第第一个提出了场的概念，并用电场线来描述场的强弱和方向

C. 玻尔提出的原子理论认为原子处在具有一定能量的定态中，虽然电子做变速运动，但不向外辐射能量。

D. 根据玻尔理论，一个处于n=4能级的氢原子回到n=1的状态过程中，最多可放出6种频率不同的光子。

【答案】BC

【解析】

赫兹发现了光电效应现象，爱因斯坦成功解释了光电效应现象，故A错误；法拉第第一个提出了场的概念，并用电场线来描述场的强弱和方向，故B正确；玻尔提出的原子理论认为原子处在具有一定能量的定态中，虽然电子做变速运动，但不向外辐射能量，故C正确；根据玻尔理论，一个处于n=4能级的氢原子回到n=1的状态过程中，最多可放出3种频率不同的光子，故D错误。所以BC正确，AD错误。

16.PET（正电子发射型计算机断层显像）的基本原理是：将放射性同位素注入人体，参与人体的代谢过程．在人体内衰变放出正电子，与人体内负电子相遇而湮灭转化为一对光子，被探测器探测到，经计算机处理后产生清晰的图象．根据PET原理，下列说法正确的是:（   ）

A. 衰变的方程式为

B. 将放射性同位素注入人体，的主要用途作为示踪原子

C. 一对正负电子湮灭后也可能只生成一个光子

D. PET中所选的放射性同位素的半衰期应较长

【答案】AB

【解析】

【详解】由质量数守恒和电荷数守恒得：的衰变的方程式是，故A正确；将放射性同位素注入人体，的主要用途作为示踪原子，故B正确；正负电子湮灭生成两个光子，故C错误；氧在人体内的代谢时间不长，因此PET中所选的放射性同位素的半衰期应较短，故D错误；故选AB。

三、非选择题（本题共7小题，共55分）

17.在探究“功和速度变化关系”的实验中，小张同学用如图甲所示装置，尝试通过测得细绳拉力(近似等于悬挂重物重力)做的功和小车获得的速度的值进行探究，则

（1）下列说法正确的是____________

A．该方案需要平衡摩擦力

B．该方案需要重物的质量远小于小车的质量

C．该方案操作时细线应该与木板平行

D．该方案处理数据时应选择匀速时的速度

（2）某次获得的纸带如图乙所示，小张根据点迹标上了计数点，请读出C计数点在刻度尺上的读数________cm ，并求出C点的速度为________m/s(计算结果保留3位有效数字)；

【答案】    (1). ABC    (2). 9.80(9.78-9.82范围都可)    (3). 0.175-0.180范围都可

【解析】

【详解】（1）由于是外力对物体做的功，则应该是合外力做的功，所以要平衡摩擦力，选项A正确；再由于是近似认为是砝码的重力等于拉力，则必须砝码的质量远小于小车的质量，选项B正确；若细线与平板不平行，则影响压力，那么平衡摩擦力就没有意义了，选项C正确；在该实验方案中小车做匀加速直线运动，该方案处理数据时应求出某计数点的瞬时速度与小车对应于该点的位移，故D错误；故选ABC；

（2）由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，刻度尺示数为9.80cm；
做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，则C点的速度：；

【点睛】本题考查了实验注意事项、刻度尺读数、求速度、实验数据处理，知道实验原理、掌握刻度尺的读数方法、应用匀变速直线运动推论即可正确解题。

18.在做“练习使用多用电表” 的实验中

（1）关于多用电表使用的一些要求，以下说法正确的是:

A．测量电阻时，每次更换倍率后，都应进行欧姆调零

B．测量电压时，每次更换量程后，都应进行机械调零

C．测量未知电阻时，应先选用倍率最大的挡位测量

D．测量未知电压时，应先选用量程最大的挡位测量

（2）为了解一个“220V 100W”白炽灯的电阻大小，可以用电阻挡进行测量，现将多用电表打到“×10”挡，发现指针偏转太大，为了较准确地进行测量，应换到______挡，如果换挡后经必要步骤，正确测量得到表盘的示数如图所示，则该白炽灯的阻值是_________Ω。

（3）小傅同学想快速得到一节五号电池的电动势，他将多用电表的功能开关打到“2.5V直流”挡，并直接将两表笔接到电池两端，将测到的电压作为电动势，他的这一做法_______（选填“基本没问题”、“严重错误”）；而小徐同学想快速得到一节五号电池的内电阻，他将多用电表的功能开关打到“×1”挡，并正确进行欧姆调零后，将两表笔接到电池两端，将得到的电阻值作为电池的内电阻，他的这一做法_______（选填“基本没问题”、“严重错误”）。

【答案】    (1). AD;    (2). ;    (3). 60；    (4). 基本没问题；    (5). 严重错误；

【解析】

(1)A、在测量电阻时，更换倍率后，欧姆表的内部电阻发生了变化，欧姆档的零刻度在最右边，也就是电流满偏，所以必须重新进行调零，故A正确；

B、在测量电压时，根据电流表的原理，电流的零刻度在左边，更换量程后不需要调零，故B错误；

C、在测量未知电阻时，若先选择倍率最大挡进行试测，当被测电阻较小时，电流有可能过大，所以应从倍率较小的挡进行测试，若指针偏角过小，再换用倍率较大的挡，故C错误；

D、在测量未知电压时，为了电压表的安全，必须先选择电压最大量程进行试测，若指针偏角过小，在换用较小的量程进行测量，故D正确；

故选AD；

(2)发现指针偏转太大，说明电阻很小，为了较准确地进行测量，换用倍率较小的挡，即应换到×1挡，由图可知其读数为；

(3) 将多用电表的功能开关打到“2.5V直流”挡，并直接将两表笔接到电池两端，将测到的电压作为电动势，他的这一做法基本没问题；将多用电表的功能开关打到“×1”挡，并正确进行欧姆调零后，将两表笔接到电池两端，电路中有两个电源，将得到的电阻值不能作为电池的内电阻，他的这一做法严重错误。

19.一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重。一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下。落到一定位置时，制动系统启动，到地面时刚好停下。已知座舱开始下落时的高度为75m，当落到离地面30m的位置时开始制动，座舱均匀减速。重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。

（1）求座舱下落的最大速度；

（2）求座舱下落的总时间；

（3）若座舱中某人用手托着重30N的铅球，求座舱下落过程中球对手的压力。

【答案】（1）30m/s（2）5s．（3）75N．

【解析】

试题分析：（1）v2=2gh;

vm＝30m/s

⑵座舱在自由下落阶段所用时间为：t1＝3s

座舱在匀减速下落阶段所用的时间为：t2＝＝2s

所以座舱下落的总时间为：t＝t1＋t2＝5s

⑶对球，受重力mg和手的支持力N作用，在座舱自由下落阶段，根据牛顿第二定律有mg－N＝mg

解得：N＝0

根据牛顿第三定律有：N′＝N＝0，即球对手的压力为零

在座舱匀减速下落阶段，根据牛顿第二定律有mg－N＝ma

根据匀变速直线运动规律有：a＝＝－15m/s2

解得：N＝75N（2分）

根据牛顿第三定律有：N′＝N＝75N，即球对手的压力为75N

考点：牛顿第二及第三定律的应用

20.（7分）为了研究过山车的原理，物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为37°、长为L=2.0m的粗糙的倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的。其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图所示。一个质量为2kg的小物块以初速度v0＝4.0m/s，从某一高处水平抛出，恰从A点无碰撞地沿倾斜轨道滑下。已知物块与倾斜轨道AB的动摩擦因数μ＝0.5（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）：

（1）求小物块的抛出点和A点的高度差；

（2）求小物块沿着轨道AB运动的过程中克服摩擦力所做的功；

（3）为了让小物块能沿着轨道运动，并从E点飞出，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件?

【答案】（1）；（2）；（3）或

【解析】

试题分析：（1）设从抛出点到A点的高度差为h，到A点时有则有：，且

代入数据解得：h=0.45m

（2）物体落在A点时的速度：

物体由A到B由动能定理可知：

物体从B点到环的最高点机械能守恒：

在最高点：

在D点满足：

解得：R=0.66m     N=60N

根据牛顿第三定律可知，物块在D点对圆轨道的压力为60N，方向竖直向下.

（3）由（2）可知为了让小物块不脱离轨道，则竖直圆轨道的半径应该满足R≤0.66m 

考点：牛顿第二定律；动能定理的应用.

【名师点睛】此题要求熟练掌握平抛运动、动能定理、机械能守恒定律、圆周运动等规律，包含知识点多，难度较大，属于难题；解题时要仔细分析物理过程，挖掘题目的隐含条件，灵活选取物理公式列出方程解答；此题意在考查学生综合分析问题的能力.

21.实验最基本的特点是控制和测量，“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，为使小球的摆动尽量符合简谐运动，下面关于本实验的控制和测量必要的是________

A．摆球密度稍大一点

B．摆角不要太大，尽量控制在10度以内

C．测量周期时为了提高精度应该在最底点计时。

D．摆线可用轻且有弹性的细绳

【答案】ABC

【解析】

【详解】为减小实验误差，摆线尽可能选择细些的，并且尽可能长一些；摆球要尽量选择质量大些的，体积小些的，故A正确；摆动中摆球振幅不宜过大，否则摆的振动不再是简谐运动，故B正确；测量摆球周期时，计时起点应选择摆球经过最低点时开始计时，故C正确；为减小误差应保证摆线的长短不变，摆线不可用轻且有弹性的细绳，故D错误；故选ABC。

【点睛】用单摆测重力加速度实验的注意事项有：小球的偏角α在很小（α＜5°）时，小球的振动才近似看成简谐运动．在摆球经过最低点时开始计时，产生的时间误差较小．把秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期，误差较大，应采用累积法测量周期.

22.在“测定玻璃的折射率”实验中，某同学经正确操作插好了4枚大头针，画出完整的光路图，由于没有量角器，他以入射点O点为圆心画圆交入射光线于A点，交折射光线于B点，过A点画法线的垂线与法线交于C点，过B点画法线的垂线与法线交于D点，如图所示，若各线段的长度可以用、、、表示，则玻璃的折射率可表示为__________。

【答案】

【解析】

图中AO作为入射光线，OB是折射光线，设光线在玻璃砖上表面的入射角为，折射角为，则由几何知识得到：，，又，则折射率。

点睛：对于实验要紧扣实验原理，用作图法，确定出入射角与折射角，即可分折射率；插针法测定玻璃砖的折射率，实验原理是折射定律，掌握采用单位圆法处理数据。

23.如图所示，在平面内有磁感应强度为的匀强磁场， 其中内有方向垂直平面向里的磁场，在内有方向垂直平面向外的磁场，在内无磁场。一个带正电、质量为的粒子（粒子重力不计）在处以速度沿x轴正方向射入磁场。

（1）若未知，但粒子作圆运动的轨道半径为，求粒子与轴的交点坐标； 

（2）若无（1）中的条件限制， 粒子的初速度仍为（已知），问粒子回到原点需要使为何值？

【答案】（1）（2）

【解析】

【详解】（1）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设其轨道半径为R，其在第一象限的运动轨迹如图所示。此轨迹由两段圆弧组成，圆心分别在C和C′处，轨迹与轴交点为P。由对称性可知C′在直线上。设此直线与x轴交点为D， P点的x坐标为。过两段圆弧的连接点作平行于x轴的直线EF，则

，，，

由此可得点的坐标为，

代入题给条件得

（2）若要求带电粒子能够返回原点，由对称性，其运动轨迹如图所示，这时C′在x轴上。设，粒子做圆周运动的轨道半径为r，由几何关系得：

轨道半径

设粒子入射速度为v0，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得，

解得

24.如图所示，两平行的金属导轨安装在竖直面上，导轨间距为L、足够长，下部条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直，上部条形匀强磁场的宽度为2d，磁感应强度大小为B0，方向平行导轨平面向下，在上部磁场区域的上边缘水平放置导体棒(导体棒与导轨绝缘)，导体棒与导轨间存在摩擦，动摩擦因数为μ。长度为2d的绝缘棒将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“”型装置，总质量为m，置于导轨上，导体棒中通以大小恒为I的电流（由外接恒流源产生，图中未图出），线框的边长为d（d<L），下边与磁场区域上边界重合。将装置由静止释放，导体棒恰好运动到下部磁场区域的下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨接触并且相互垂直。重力加速度为g。

求：

（1）装置刚开始时导体棒受到安培力的大小和方向；

（2）装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q；

（3）线框第一次穿出下方磁场下边时的速度；

【答案】（1）F=IB0L，方向垂直直面向里（2）Q=4mgd-2μIB0Ld-IBLd（3）

【解析】

【详解】（1）安培力大小为F=B0IL，方向：垂直纸面向里；
（2）设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，由动能定理：

mg（4d）-（Q+BILd+μB0IL×2d）=0
解得： Q=4mgd-2μIB0Ld-IBLd
（3）设线圈刚离开磁场下边界时的速度为v1，则接着向下运动2d，由动能定理：

mg（2d）-BILd=0-mv12
解得；v1＝

【点睛】本提考查了安培力、右手定则、动能定理综合性强；分析运动过程找到物体的运动物理规律是解决此题的关键，对装置的各个部分的受力分析是基础.