山东省潍坊市安丘市2022届高三物理上学期12月月考试题（含解析）新人教版

2022-2022学年山东省潍坊市安丘市高三（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（本题共10小题；每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有的小题有多个选项符合题目要求.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分.）1．（4分）（2022•潍坊模拟）许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列表述正确的是（　　）　A．牛顿测出了引力常量　B．法拉第提出了分子电流假说　C．安培导出了磁场对运动电荷的作用力公式　D．伽利略的理想斜面实验能够说明物体具有惯性考点：物理学史．版权所有专题：常规题型．分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：A、卡文迪许测出了引力常量，故A错误B、安培提出了分子电流假说，故B错误C、洛伦兹导出了磁场对运动电荷的作用力公式，故C错误D、伽利略的理想斜面实验能够说明物体具有惯性．故D正确故选D．点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．　2．（4分）（2022秋•奎文区校级月考）关于物体的运动状态与所受合力的关系，以下说法正确的是（　　）　A．物体所受合力的方向就是物体的运动方向　B．物体受到的合力为零时，它一定处于静止状态　C．物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态要发生改变　D．物体做匀速圆周运动时，它的运动状态不发生改变考点：牛顿第一定律．版权所有分析：物体受到的合力为零时，它不一定处于静止状态．物体的运动方向不一定与它所受的合力的方向相同．物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态一定发生变化．力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因．解答：解：A、物体的合力方向可以与运动方向相反，如匀减速运动的物体；故A错误；B、合力为零时，物体可以做匀速直线运动；故B错误；C、合力不为零时，物体一定有加速度，故物体的运动状态一定要改变；故C正确；D、匀速圆周运动的速度方向时刻改变，故运动状态发生改变；故D错误；故选：C．点评：本题是关于力和运动关系的基本知识，根据牛顿第一和第二定律就能正确分析．　-16-\n3．（4分）（2022秋•奎文区校级月考）一质点沿x轴做直线运动，以x轴正方向为加速度正方向，其加速度a随时间t变化的图象如图所示．已知质点在t=0时的速度v0=5m/s，方向沿x轴正向．则当t=4s时，质点的速度大小为（　　）　A．13m/sB．9m/sC．8m/sD．4m/s考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系．版权所有专题：直线运动规律专题．分析：由图象知，物体前2s内加速度为3m/s2，第3s内匀速直线运动，3﹣4s做匀减速直线运动，根据速度时间关系求解即可．解答：解：根据匀变速直线运动的速度时间关系v=v0+at可知，2s末的速度v2=5+3×2m/s=11m/s物体在3﹣4s内做匀速直线运动，故3s末的速度v3=v2=11m/s再根据速度时间关系知，质点4s末的速度v4=v3+at=11+（﹣2）×1m/s=9m/s所以B正确，ACD错误．故选：B．点评：掌握匀变速直线运动的速度时间关系，知道加速度与速度同正做加速运动，一正一负做减速运动．　4．（4分）（2022秋•奎文区校级月考）同步卫星定位于地球赤道正上方．已知它离地面的高度为h，地球自转的角速度为ω，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g0，则同步卫星的加速度大小等于（　　）　A．g0B．g0C．ω2hD．ω2（R+h）考点：同步卫星．版权所有分析：根据万有引力提供向心力，列出向心力公式．在地球表面有g=，联立方程组就可以解答．解答：解：根据万有引力提供向心力，列出向心力公式：=maa=-16-\n在地球表面有g0=，a==地球自转的角速度等于同步卫星的角速度，根据圆周运动的公式得：a=ω2r=ω2（R+h），故A、C错误，BD正确故选：BD．点评：该题是万有引力公式和向心力公式的直接应用，注意在地球表面做圆周运动时向心加速度等于重力加速度，属于基础题．　5．（4分）（2022秋•奎文区校级月考）如图为玻璃自动切割生产线示意图．图中，玻璃以恒定的速度向右运动，两侧的滑轨与玻璃的运动方向平行．滑杆与滑轨垂直，且可沿滑轨左右移动．割刀通过沿滑杆滑动和随滑杆左右移动实现对移动玻璃的切割．要使切割后的玻璃是矩形，以下做法能达到要求的是（　　）　A．保持滑杆不动，仅使割刀沿滑杆运动　B．滑杆向左移动的同时，割刀沿滑杆滑动　C．滑杆向右移动的同时，割刀沿滑杆滑动　D．滑杆向右移动的速度必须与玻璃运动的速度相同考点：运动的合成和分解．版权所有专题：平行四边形法则图解法专题．分析：根据运动的合成与分解的规律，结合矢量的合成法则，确保割刀在水平方向的速度等于玻璃的运动速度，即可求解．解答：解：由题意可知，玻璃以恒定的速度向右运动，割刀通过沿滑杆滑动，而滑杆与滑轨垂直且可沿滑轨左右移动．要得到矩形的玻璃，则割刀相对于玻璃，在玻璃运动方向速度为零即可，因此割刀向右的运动，同时可沿滑杆滑动，故CD正确，AB错误；故选：CD．点评：考查运动的合成与分解的内容，掌握平行四边形定则的应用，注意割刀一个分运动必须与玻璃速度相同，是解题的关键．　6．（4分）（2022秋•奎文区校级月考）如图所示，虚线圆圆心O点固定一正点电荷，一带电粒子从虚线圆内的P点发射，仅在电场力的作用下沿图中实线运动至圆上Q点，则该粒子（　　）-16-\n　A．带正电　B．在P点的速度可能沿PO方向　C．在P点动能大于Q点的动能　D．在P点电势能大于Q点的电势能考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电场线．版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：根据粒子的偏转方向确定粒子的电性，根据电场力做功比较电势能的高低，根据动能定理比较动能的大小．解答：解：A、粒子向上偏转，可知粒子与圆心处的点电荷电性相同，带正电，故A正确．B、若P点的速度方向沿PO方向，则粒子做直线运动，不可能做曲线运动，故B错误．C、从P到Q，电场力做正功，则动能增加，电势能减小，即P点的动能小于Q点的动能，P点的电势能大于Q点的电势能，故C错误，D正确．故选：AD．点评：解决本题的关键知道电场力做功与电势能的关系，以及会根据粒子的轨迹判断出电场力的方向，从而确定粒子的电性．　7．（4分）（2022秋•奎文区校级月考）如图（a），线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图（b）所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是（　　）　A．B．C．D．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．版权所有专题：电磁感应与图像结合．-16-\n分析：线圈cd与示波器连接，在每个时间段内电流随时间做正弦式变化，则根据法拉第电磁感应定律，产生感应电流的磁场均匀变化，由此判断线圈ab电流的变化．解答：解：AB、电流的变化成锯齿变化，则为定值，根据线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则磁场的变化为定值，根据E=NS，得电压为定值，故AB均错误；CD、因为线圈cd中每个时间段内电流大小不变化，则每个时间段内产生的感应电动势不变；根据法拉第电磁感应定律得：E=NS，已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，设比例系数为k，则有：B=kI，△B=k△I，电流为：I==N=，根据数学中导数的知识点，电流I随时间是正弦式变化，则：的变化规律为余弦式变化，正确反应这一关系的图象只有C．故C正确，D错误．故选：C．点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，知道磁场变化与电流变化的关系，需要一定的数学知识点．　8．（4分）（2022秋•潍坊期末）如图所示，金属板A、B水平放置，两板中央有小孔S1、S2，A、B与直流电源连接．闭合开关，从S1孔正上方O处由静止释放一带电小球，小球刚好能到达S2孔，不计空气阻力．要使此小球从O点由静止释放后穿过S2孔，应（　　）　A．适当上移A板B．适当下移A板　C．断开开关，适当上移A板D．断开开关，适当下移A板考点：带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：由题，质点到达S2孔时速度恰为零，根据动能定理列式；若保持S闭合时，将A板适当上移或下移，重力做功和电场做功没有变化，质点恰好到达S2孔速度为零，不能穿过b孔；若断开S时，将A板适当移动，根据动能定理分析研究．解答：解：设质点距离A板的高度h，A、B两板原来的距离为d，电压为U．质点的电量为q．A、由题质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得：mg（h+d）﹣qU=0…①若保持S闭合，将A板适当上移，设质点到达S2时速度为v，由动能定理得：mg（h+d）﹣qU=mv2②…联立①②解得：v=0-16-\n说明质点到达S2孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过S2孔．故A错误；B、若保持S闭合，将A板适当下移，设质点到达S2时速度为v′，由动能定理得：mg（h+d）﹣qU=mv′2…③联立①③解得：v′=0说明质点到达S2孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过S2孔．故B错误；C、若断开S时，将A板适当上移，板间电场强度不变，设A板上移距离为△d，质点进入电场的深度为d′时速度为零．由动能定理得mg（h﹣△d）﹣qEd′=0，又由原来情况有mg（h+d）﹣qEd=0．比较两式得，d′＜d，说明质点在到达S2孔之前，速度减为零，然后返回．故C错误；D、若断开S，再将A板适当下移，根据动能定理可知，质点到达S2孔时速度没有减为零，故能穿过S2孔．故D正确．故选：D．点评：本题应用动能定理分析质点的运动情况，其中用到一个重要推论：对于平行板电容器，当电量、正对面积不变，改变板间距离时，板间电场强度不变．　9．（4分）（2022秋•奎文区校级月考）如图所示，在圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，从圆上A点垂直于磁场方向向磁场内发射a、b两带正电粒子，其中a沿圆心O方向射入．已知a、b的比荷均为k，在磁场中运动的轨道半径均为磁场区域半径的倍，不计粒子重力，以下判断正确的是（　　）　A．a在磁场中运动的时间比b长　B．a在磁场中运动的时间比b短　C．a在磁场中运动的时间是　D．a在磁场中运动的时间是考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．版权所有分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后由运动的轨迹中的几何关系求出粒子转过的圆心角，再求出粒子在磁场中的运动时间．解答：解：A、B、向垂直于纸面向里的磁场内发射a、b两带正电粒子，由左手定则可知粒子将向右偏转，粒子在磁场中运动的轨道半径均为磁场区域半径的倍，其运动的轨迹如图：-16-\n由图可知，a与b的半径相等，所以a粒子的偏转角大于b粒子的偏转角，由粒子运动的时间与偏转角的关系：可知，a在磁场中运动的时间比b长．故A正确，B错误；C、由题可知：，由图可知a粒子的偏转角θ：所以：θ=60°粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，则：周期：a在磁场中运动的时间是：=故C正确，D错误．故选：AC点评：本题考查了求粒子的运动时间，粒子在磁场中做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律与粒子周期公式即可正确解题．　10．（4分）（2022秋•奎文区校级月考）如图甲，轻弹簧上端固定在升降机顶部，下端悬挂重为G的小球，小球随升降机在竖直方向上运动．t=0时，升降机突然停止，其后小球所受弹簧的弹力F随时间t变化的图象如图乙，取F竖直向上为正，以下判断正确的是（　　）　A．升降机停止前一定向上运动　B．0～2t0时间内，小球先处于失重状态，后处于超重状态　C．t0～3t0时间内，小球向下运动，在t0、3t0两时刻加速度相同　D．3t0～4t0时间内，弹簧弹力做的功大于小球动能的变化考点：功能关系；牛顿运动定律的应用-超重和失重．版权所有-16-\n专题：牛顿运动定律综合专题．分析：由图象看出，升降机停止后弹簧的拉力变小，说明小球向上运动，说明升降机停止前在向上运动．根据拉力与重力的大小关系确定小球处于失重状态还是超重状态．拉力小于重力，小球处于失重状态；拉力大于重力，小球处于超重状态．t1～t3时间小球向上运动，t3时刻小球到达最高点，弹簧处于伸长状态，速率减小，动能减小．t3～t4时间，小球重力做功为零根据系统机械能守恒分析弹簧弹性势能变化量与小球动能变化量的关系解答：解：A、由图象看出，t=0时刻，弹簧的弹力为mg，升降机停止后弹簧的拉力变小，合力向下，小球可能向下加速，也可能向上减速；若向下加速，弹力增大，加速度增大，根据对称性可知，最低点的拉力就大于2mg，由图知不可能，故升降机停止前在向上匀速运动．故A正确．B、t0时刻弹簧的拉力是0，所以t0时刻弹簧处于原长状态；由于t0时刻之后弹簧的拉力又开始增大说明弹簧开始变长，所以t0～2t0时间小球向下运动，t3时刻小球到达最低点，弹簧处于最长状态，t0～2t0时间内小球向下运动，拉力小于重力，所以小球始终处于失重状态．故B错误．C、t0～2t0时间拉力小于重力，小球处于失重状态，加速度的方向向下，2t0～3t0时间拉力大于重力，加速度的方向向上．故C错误．D、3t0～4t0时间内，弹簧的拉力减小，小球向上运动，重力做负功，重力势能增大，弹力做正功，弹簧势能减小，动能增大，根据系统机械能守恒得知，弹簧弹性势能变化量大于小球动能变化量，弹簧弹力做的功大于小球动能的变化．故D正确．故选：AD点评：本题要根据图象分析小球的运动状态，根据拉力与重力的大小关系确定小球处于失重状态还是超重状态．根据系统机械能守恒分析能量如何变化．　二、本题共3小题，共18分．把答案填在题中的横线上或按要求作图11．（4分）（2022秋•奎文区校级月考）用游标卡尺测得某样品的长度如图甲所示，其示数L=　3.015　cm；用螺旋测微器测得此样品的外径如图乙所示，其示数D=　3.205　mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．版权所有专题：实验题．分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．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．解答：解：1、游标卡尺的主尺读数为30mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：30mm+0.15mm=30.15mm=3.015cm．2、螺旋测微器的固定刻度为3mm，可动刻度为20.5×0.01mm=0.205mm，所以最终读数为3mm+0.205mm=3.205mm．故答案为：3.0153.205点评：-16-\n对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．　12．（6分）（2022秋•奎文区校级月考）某实验小组用如图1所示的装置，来“探究功与速度变化的关系”．将长木板放在水平桌面上，木板左端固定一铁钉，右端固定打点计时器，当小车在一条橡皮筋的作用下由静止弹出时，橡皮筋对小车做功记为W，当用2条、3条…相同橡皮筋并在一起进行第2次、第3次…实验时，橡皮筋对小车做功记为2W、3W…，每次实验中小车获得的最大速度v可由打点计时器打出的纸带测出；（1）用2条、3条、…橡皮筋并在一起进行实验时，如何确保多条相同橡皮筋对小车做的功为一条橡皮筋做功的整数倍？　每次释放小车时，应与第一次释放小车的位置相同　；（2）根据该实验测得的数据，某同学在探究W与v2的关系时，画出了W﹣v2图象（图2），A、B两图象中能表示该同学实验结果的是　A　，该图象不过原点的原因是：　小车受到阻力作用　．考点：探究功与速度变化的关系．版权所有专题：实验题．分析：“探究功与物体速度变化的关系”的实验装置如图（甲）所示．当小车在一条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为W．当用2条、3条…完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次…实验时，使每次实验中橡皮筋拉伸的长度都保持一致，橡皮筋做功而使小车获得的末速度可以由打点计时器打出的纸带算出；从图象可以看出，当功不为零时，速度增加量为零，说明摩擦力没有平衡或平衡的不够．解答：解：（1）“探究功与物体速度变化的关系”的实验装置如图（甲）所示．当小车在一条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为W．当用2条、3条…完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次…实验时，使每次实验中橡皮筋拉伸的长度都保持一致，即可确保多条相同橡皮筋对小车做的功为一条橡皮筋做功的整数倍．（2）从图1可以看出，该同学实验的过程中没有平衡摩擦力，所以当功不为零时，速度增加量为零，A、B两图象中能表示该同学实验结果的是A；该图象不过原点的原因是小车受到阻力的作用．故答案为：（1）每次释放小车时，应与第一次释放小车的位置相同；（2）A，小车受到阻力作用点评：本题关键要明确小车的运动情况，先加速，再匀速，最后减速，橡皮条做功完毕，速度最大，做匀速运动，因此明确实验原理是解答本题的关键．　13．（8分）（2022秋•奎文区校级月考）为研究在不同工作状态下小灯泡的导电规律，某同学用电压表（0～3V，内阻约2kΩ）、电流表（0～0.6A，内阻约为0.2Ω）、滑动变阻器（0～5Ω，1A）、电源、小灯泡、开关及导线等器材，设计了图甲所示的电路，通过测量数据，在所给的U﹣I坐标纸上描出了数据所对应的点，如图乙．-16-\n（1）请用笔画线代替导线补充完整甲图中实物间的连接；开关闭合前，滑动变阻器的滑动触头应滑到　a　端（选填“a”或“b”）；（2）在坐标纸上描出小灯泡的U﹣I图象；（3）若把此小灯泡直接接在一电动势为2.0V、内阻为4.0Ω的电池两端，则小灯泡消耗的实际功率为　0.24　W．（结果保留两位有效数字）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．版权所有专题：实验题．分析：（1）用小灯泡的电阻与电压表和电流表的内阻相比较，选择电流表是内接还是外接；根据题意要求选择分压电路还是限流电路．（2）应用描点法作图作出图象．（3）在灯泡的U﹣I图象同一坐标系内作出电源的U﹣I图象，两图象的交点坐标值是用该电源给小灯泡供电时的电压与电流值，由P=UI求出灯泡的实际功率．解答：解：（1）由图乙可知小灯泡的电阻大约几欧姆，电流表的内阻约为几十欧姆，电压表的内阻约为几千欧姆，所以应选择电流表外接；该题要求测定在不同工作状态下小灯泡的电阻，所以滑动变阻器要以分压电路的方式接入电路．电路的原理图如图所示．接通电路时，要求通过灯泡的电流为零，即灯泡两端电压为零，所以滑动变阻器的滑片应在a端．（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象，图象如图所示．（3）在同一坐标系内作出电源的U﹣I图象如图所示：-16-\n由图象可知，用该电源给灯泡供电时，灯泡两端电压U=0.75V，电流I=0.32A，灯泡实际功率P=UI=0.75×0.32=0.24W；故答案为：（1）实物电路图如图所示；a；（2）图象如图所示；（3）0.24．点评：本题考查了连接实物电路图、实验注意事项、作图象、求灯泡实际功率问题，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表采用外接法，当待测电阻阻值远大于电流内阻时，电流表采用内接法．　三、计算题（本大题4小题，共42分．解答应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）14．（8分）（2022秋•奎文区校级月考）如图所示，直杆的高度h1=0.45m，杆上端距篮球圈的高度h2=2m，某同学将杆保持竖直以速度v0=7m/s沿篮圈的轴线方向竖直向上抛出，取g=10m/s2，不计空气阻力，求：（1）杆上端到达篮圈时的速度大小．（2）杆在下落过程中，通过篮圈所用的时间．考点：竖直上抛运动．版权所有分析：（1）由位移速度公式即可求出杆上端到达篮圈时的速度大小；（2）先求出杆上升的最大高度，然后分别求出杆的下端与上端经过的时间即可．解答：解：（1）由运动学公式，取向上为正方向，有v2﹣v02=2（﹣g）h2①代入数据得v=3m/s②（2）设杆上升的最大高度为h由运动学公式得：﹣2gh=0﹣v02③代入数据得：h=2.45m④h=h1+h2⑤杆下端到达篮圈位置时速度为0，后杆自由下落-16-\n由运动学公式得h1=⑥代入数据得t=0.3s⑦答：（1）杆上端到达篮圈时的速度大小是3m/s．（2）杆在下落过程中，通过篮圈所用的时间是0.3s．点评：本题考查竖直上抛运动，关键将竖直上抛运动看做匀变速直线运动，然后使用相应的公式即可正确解答．　15．（10分）（2022秋•奎文区校级月考）如图所示，电阻不计、足够长的光滑平行金属导轨相距L，倾角为30°，导轨上端接有定值电阻P及直流电源，整个装置放在垂直于导轨平面向下的匀强磁场中．闭合开关S，将一与导轨垂直且接触良好的导体棒ab放在导轨上，ab刚好保持静止．已知电源的电动势为E，电源内阻、电阻P及棒ab的电阻均为r，ab的质量为m，重力加速度为g；（1）求匀强磁场的磁感应强度B；（2）断开S，求ab运动的最大速度vm及ab达到最大速度时a、b间的电势差Uab．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力．版权所有专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）由欧姆定律可以求出干路电流，然后由平衡条件求出磁感应强度．（2）当ab匀速运动时速度最大，由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出最大速度，由欧姆定律求出a、b间的电势差．解答：解：（1）S闭合，ab与P并联，干路电流：I=，ab静止，由平衡条件得：mgsin30°=B••L，解得：B=；（2）断开S，ab沿导轨加速下滑，达到最大速度vm后做匀速运动ab受到的安培力：F=BIL=，ab做匀速运动，处于平衡状态，-16-\n由平衡条件得：mgsinθ=，解得：vm=，感应电动势：U=BLvm，电流：I=，由右手定则知，b端电势高于a端电势，ab间电势差：Uab=﹣Ir，解得：Uab=﹣；答：（1）匀强磁场的磁感应强度B为；（2）断开S，ab运动的最大速度vm为，ab达到最大速度时a、b间的电势差Uab为﹣．点评：本题考查了求磁感应强度、导体棒速度、电势差，分析清楚导体棒运动过程，应用欧姆定律、平衡条件、E=BLv、安培力公式即可正确解题．　16．（12分）（2022秋•奎文区校级月考）如图所示，“蜗牛状”轨道OAB竖直固定在水平地面BC上，与地面在B处平滑连接．其中，“蜗牛状”轨道由内壁光滑的两个半圆轨道OA、AB平滑连接而成，半圆轨道OA的半径R=0.6m，下端O刚好是半圆轨道AB的圆心．水平地面BC长xBC=7m，C处是一深坑．一质量m=0.5kg的小球，从O点沿切线方向以某一速度v0进入轨道OA后，沿OAB轨道运动至水平地面．已知小球与水平地面间的动摩擦因数μ=0.7，取g=10m/s2．（1）为使小球不脱离OAB轨道，小球在O点的初速度的最小值vmin多大？（2）若v0=9m/s，求小球在B点对半圆轨道的压力；（3）若v0=9m/s，通过计算说明，小球能否落入深坑？考点：动能定理的应用；向心力．版权所有专题：动能定理的应用专题．分析：（1）在A点由向心力公式可求得A点的速度；再对OA过程由动能定理可求得最小速度；（2）对OB过程由动能定理可求得B点的速度，再由向心力公式可求得压力；（3）对物体在水平面上的运动过程分析，由牛顿第二定律及运动学公式可分析小球能否落入深坑．-16-\n解答：解：（1）在A点，由牛顿第二定律mg=m①O→A，由动能定理﹣mg2R=﹣②代入数据得vmin=6m/s③（2）O→B，由动能定理mg2R=mvB2﹣mv02　　　　④B点，由牛顿第二定律FN﹣mg=⑤代入数据得FN=48.75N⑥由牛顿第三定律，压力FN′=FN=48.75N⑦（3）水平面上，设小球从B到停止的过程中经过的位移为x由运动学公式﹣2ax=0﹣vB2⑧由牛顿第二定律μmg=ma⑨代入数据得x=7.5m＞xBC=7m⑩故小球能落入深坑答：（1）小球在O点的初速度的最小值vmin为6m/s；（2）若v0=9m/s，求小球在B点对半圆轨道的压力为48.75N；（3）若v0=9m/s，小球能落入深坑．点评：本题考查动能定理及牛顿第二定律的应用及向心力公式，要注意正确分析物理过程，明确物理规律的应用．　17．（12分）（2022秋•奎文区校级月考）如图所示，在垂直于纸面向里的匀强磁场中，有一与磁场平行的足够大的感光板ab，在距ab为SO=d的S处有一粒子源，向纸面内各个方向均匀发射速度大小都是v的粒子．已知粒子源每秒发射n个粒子，粒子质量均为m，电荷量均为+q，其中沿与SO成30°角的粒子刚好与ab相切于P，求：（1）粒子从S到P所用的时间；（2）ab上感光部分的长度；（3）感光平板在一分钟内接收到的粒子数．-16-\n考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）根据粒子做圆周运动的周期与粒子转过的圆心角求出粒子的运动时间．（2）求出粒子打到感光板上的边界范围，然后求出长度．（3）求出粒子打到感光板上的边界范围，求出角度，然后求出粒子数．解答：解：（1）相切于P的粒子轨迹如图1，粒子从S到P转过的圆心角∠SO1P=α=①粒子做圆周运动的周期：T=所用时间：t=T　　②由牛顿第二定律得：qvB=m③且有：cosα=　　　　④解得：t=⑤；（2）如图2，粒子轨迹与ab交于Q点，当SQ为粒子轨迹圆的直径时，Q点为能打到ab下侧的最远位置OQ==d⑥OP=2dsinα=d⑦ab上感光部分的长度PQ=（+）d⑧-16-\n（3）如图3所示，设粒子从S射出的方向与OS的夹角为θ时，粒子的轨迹与ab相切于M点，由几何关系：sinθ=⑨则：θ=30°⑩β=120°⑪β角范围内的粒子不能打到ab感光平板上则每分钟能打到ab上的粒子数N=（60n）×=40n⑫答：（1）粒子从S到P所用的时间为；（2）ab上感光部分的长度为（+）d；（3）感光平板在一分钟内接收到的粒子数为40n．点评：本题考查了粒子在磁场中的运动，带电粒子在磁场中的运动解题的关键在于确定圆心和半径，然后再由几何关系即可求得要求的问题．　-16-