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沿x轴正方向射出的粒子能经过M点，然后回到原点；沿y轴正方向射入磁场时粒子到达x轴上最远处，则能经过M点的粒子不能经过N点，选项A错误；ON=2R=L，由 解
得：
，故B错误。
由几何关系可知，从ON的中点离开磁场的粒子在磁场中运动转过的圆心角可能为3000，时间
，也可能为60，时间为
0
，选项C正确；从N点离开
磁场的粒子在磁场中运动的时间为半周期，大小为 【点睛】
，选项D错误；故选C.
带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径．要掌握左手定则，熟练运用牛顿第二定律研究半径． 7．AD 【解析】 【分析】
根据楞次定律判断感应电流的方向；根据B-t图像的斜率等于磁感应强度的变化率判断感应电流的大小；根据左手定则判断安培力的方向. 【详解】
t1时刻穿过线圈的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线框的感应电流方向为a→b→c→d→a，由左手定则可知，线框ab边受到的安培力方向向右，选项AD正确；t3时刻穿过线圈的磁通量向里减小，可知线框的感应电流方向为a→d→c→b→a，选项B错误；B-t图像的斜率等于磁感应强度的变化率，可知t2时刻磁感应强度的变化率为零，则线框的感应电流为零，选项C错误；故选AD. 【点睛】
此题关键是知道感应电流的方向由楞次定律来确定，而其大小是由法拉第电磁感应定律来算
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得的．知道B-t图像的斜率等于磁感应强度的变化率；分清左右手定则的适用范围. 8．AC 【解析】 【分析】
由动能定理求解重力功；根据P=Fv判断功率，注意v是沿F方向的速度分量；根据动能定理结合牛顿第二定律求解在最低点的拉力. 【详解】
根据动能定理可知，该过程重力做的功为WG= ，选项A正确；小球经过B点时，因重力向下，速度与重力的方向垂直，可知重力的功率为0，选项B错误；小球经过B点时拉力的方向与速度垂直，则拉力的功率为0，选项C正确；根据mgR=mv2；由牛顿第二定律：
F-mg=m；解得小球经过B点时拉力大小为F=3mg，选项D错误；故选AC.
9．ACD 【解析】 【分析】
对滑块受力分析，分析开始时重力mg与摩擦力的大小关系来确定滑块的运动特点，根据速度的变化分析加速度的变化。 【详解】
设初速度为v0，则若满足mg=f=μN，因N=Bqv0，则mg=μBqv0，则滑块向下做匀速运动，则选项A正确；若mg>μBqv0，则滑块开始有向下的加速度，由
可知，随速度增加，加速度减小，即滑块做加速度减小的加速运动，最后达到匀速状态，则选项D正确；若mg<μBqv0，则滑块开始有向上的加速度做减速运动，由
可知，随速度减小，
加速度减小，即滑块做加速度减小的减速运动，最后达到匀速状态，则选项C正确；故选ACD. 【点睛】
此题是动态分析问题；关键是分析洛伦兹力随速度的变化情况，从而分析加速度的变化情况来确定图像的形状. 10．BC 【解析】
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【分析】
根据滑块的受力情况以及弹力的变化情况分析加速度的变化；由能量关系分析选项CD的正误。 【详解】
当弹力等于摩擦力时，滑块的速度最大，此位置应该位于MO之间某位置，选项A错误；开始时弹力大于摩擦力，加速度向右，随弹力的减小加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时加速度减为零，此时速度最大；滑块继续向右运动时，弹力小于摩擦力，加速度向左且随着弹力的减小加速度逐渐变大，则选项B正确；
设滑块速度最大的位置为MO之间的P点，则MP=d；MP的中点为Q，则由M到P由动能定理： 弹 ；从M到Q，由动能定理： 弹
，因
弹 弹 ；可得 ，选项C正确；因物块在N点仍然有弹性势能，则物块从
M点运动到N点的过程克服摩擦阻力做的功小于Ep，选项D错误；故选BC. 【点睛】
此题是牛顿第二定律进行动态分析以及能量守恒定律的应用问题；关键是分析物体的受力情况以及弹力和摩擦力的关系；知道运动过程中能量的转化关系。 11．（1）32.4 （2）大于； 小于； 【解析】 【分析】
（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标尺的读数，不估读；（2）根据中间时刻的速度小于中间位置的速度判断；根据L=v0t+ at2判断加速度和 的关系. 【详解】
（1）用游标卡尺测量一滑块的长度L，则L=3.2cm+0.1mm×4=3.24cm=32.4mm； （2）滑块经过光电门中间时刻的速度等于平均速度 ；因中间位置的速度大于中间时刻的速度，可知滑块MN的中点经过光电门的瞬时速度大于 ；设N点经过光电门A时的速度为v0，则L=v0t+ at2，解得
，则滑块下滑的加速度小于 ；
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12．（1）×10 300 （2）①A1 R2 ②如图；
【解析】 【分析】
（1）欧姆表指针指在图甲中虚线位置，指针偏角过大，说明倍率挡选择的过大，应选择较小的倍率；（2）根据实验要求选择仪器；（3）因待测电阻的阻值300Ω远大于电流表的内阻6Ω，可知应该采用电流表内接电路，滑动变阻器用分压电路； 【详解】
（1）该同学先用多用电表欧姆挡粗测该电阻的阻值，先用“×100”挡测量，发现指针指在图甲中虚线位置，指针偏角过大，说明倍率挡选择的过大，这时他应该选用“×10”挡进行测量； Rx的阻值为30×10Ω=300Ω。
（2）电路中可能出现的最大电流为 ，可知电流表选择A1；滑动变阻器要用分压电路，故选R2;
（3）因待测电阻的阻值300Ω远大于电流表的内阻6Ω，可知应该采用电流表内接电路，滑动变阻器用分压电路；如图；
13．（1）80s（2）0 【解析】 【分析】
（1）以动车组为研究对象，根据牛顿第二定律结合运动公式求解该过程“复兴号”运动的时间；（2）以前4节车厢为研究对象，由牛顿第二定律列式求解第4节车厢和第5节车厢之
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间的相互作用力的大小. 【详解】
（1）以动车组为研究对象，由牛顿第二定律：4F-8f=8ma 动车组做匀加速运动，则v=at 解得t=80s
（2）以前4节车厢为研究对象，假设第4、5节车厢间的作用力为N,则由牛顿第二定律：2F-4f+N=4ma 解得N=0.
14．（1） （2） 【解析】 【分析】
（1）杆进入磁场之前做匀加速运动，进入磁场后做匀速运动，根据安培力等于F求解B；（2）根据能量关系求解两个过程中电阻R产生的热量之比. 【详解】
（1）设拉力大小为F，杆的加速度为a，进入磁场时的速度为v0，则F=ma； 杆做匀加速运动，则v0=at，
杆在磁场中做匀速运动，则F=F安=BIL I=E/R E=BLv0
联立解得：
（2）撤去拉力后，由图乙可知，杆在x=x0处的速度大小为
由能量关系，在0-x0过程中，电阻R产生的热量
在x0-3x0过程中，电阻R产生的热量 解得
15．（1） （2） 【解析】 【分析】
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[市级联考]福建省泉州市2019届高中毕业班单科质量检查物理试题
