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1、准兑市爱憎阳光实验学校高级第二次四校准兑市爱憎阳光实验学校高级第二次四校物理试题物理试题【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的根本内容，主要包含受力分析、物体的平衡、匀变速直线运动规律、牛顿运动律、运动的合成和分解、万有引力律及其用、动能理、电场、磁场、交流的峰值、有效值以及它们的关系、动量守恒律内容，在考查问题上以根本义、根本规律为主，生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。一、选择题(此题共 12 小题，每题 4 分。在每题给出的四个选项中，第 17 题只有一项符合题目要求，第 812 题有多项符合题目要求。选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分)【题文】
2、1以下说法中，符合物理学史实的是()A亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体将静止B牛顿站在“的肩上，发现了万有引力律，并且利用万有引力律首次计算出了地球的质量C法拉第发现了电流的磁效，即电流可以在其周围产生磁场D麦克斯韦首先提出了场的观点，并创立了完整的电磁场理论【知识点】物理学史P【答案解析】A 解析：A、亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体将静止，故 A 正确；B、牛顿站在“的肩上，发现了万有引力律，卡文迪许利用万有引力律首次计算出了地球的质量，故 B 错误；C、奥斯特发现了电流的磁效，即电流可以在其周围产生磁场，故 C
3、错误；D、法拉第首先提出了场的观点，麦克斯韦创立了完整的电磁场理论，故 D 错误；应选：A【思路】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要奉献即可【题文】2.如下图，从倾角为 的足够长的斜面顶端 P 以速度 v0 抛出一个小球，落在斜面上某处Q 点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为，假设把初速度变为 2v0，小球仍落在斜面上，那么以下说法正确的选项是()A夹角 将变大B夹角 与初速度大小无关C小球在空中的运动时间不变DPQ 间距是原来间距的 3 倍【知识点】平抛运动D2【答案解析】B解析：根据得，小球在空中运动的时间t=，因为初速度变为原来的 2 倍，那么小球运动的时间变为原来的 2
4、倍故 C 错误速度与水平方向的夹角的正切值，因为 不变，那么速度与水平方向的夹角不变，可知 不变，与初速度无关，故 A 错误，B 正确PQ 的间距，初速度变为原来的 2 倍，那么 PQ 的间距变为原来的 4 倍，故 D 错误应选：B【思路】小球落在斜面上，根据竖直位移与水平位移的关系求出小球在空中的运动时间，从而得出 PQ 间的变化结合速度方向与水平方向夹角正切值和位移与水平方向夹角正切值的关系，判断夹角与初速度的关系【题文】3.如下图，倾角为 的斜面体 C 置于水平面上，B 置于斜面 C 上，通过细绳跨过光滑的滑轮与 A 相连接，连接B 的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态那么()
5、A水平面对 C 的支持力于 B、C 的总重力BB 一受到 C 的摩擦力CC 一受到水平面的摩擦力D假设将细绳剪断，B 物体开始沿斜面向下滑动，那么水平面对C 的摩擦力可能为零【知识点】共点力平衡的条件及其用；摩擦力的判断与计算B4B2【答案解析】C 解析：A、把 BC 当做一个整体进行受力分析，在竖直方向上有：N+mAgsin=mB+mCg，绳子的拉力在竖直方向上的分量 mAgsin 不为零，所以水平面对 C 的支持力小于 B、C 的总重力故 A 错误；B、对 B：当 B 受到绳子的拉力与 B 的重力在斜面上的分力大小相，即mBgsin=mAg 时，B 在斜面上没有运动趋势，此时 BC 间没有
6、摩擦力 故 B 错误；C、把 BC 当做一个整体进行受力分析，可知绳子的拉力在水平方向上的分量不为零，整体有向右的运动趋势，所以 C 受到地面的摩擦力不会为零，方向一向左故 C 正确；D、假设将细绳剪断，B 物体在斜面上匀速下滑时，以BC 为整体进行受力分析，受重力和地面的支持力作用，在水平方向没有力作用，所以水平面对 C 的摩擦力为零，假设将细绳剪断，假设B 加速下滑，B 受到水平向左的摩擦力，C 受到B 的向右的摩擦力，C 有向右运动的趋势，此时 C 一受到地面向左的摩擦力故D 错误应选：C.【思路】充分利用整体法和隔离体法对物体进行受力分析，结合摩擦力产生的条件，可判断各接触面是否存在摩
7、擦力；把 BC 看做一个整体进行受力分析，可判地面的支持力和二者重力的关系【题文】4在如下图电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用 I、U1、U2 和 U3表示，电表示数变化量的绝对值分别用I、U1、U2和 U3 表示以下说法正确的选项是()A.U1/I 不变，U1/I 变大B.U2/I 变大，U2/I 不变C.U3/I 变大，U3/I 变大D.电源的输出功率变大【知识点】闭合电路的欧姆律；欧姆律B4 C3 D1U1【答案解析】B 解析：因 R1 不变，那么由欧姆律可得，I=R1 保持不变；由数U1学规律可知，I保持不变，故 A
8、 错误；U2U2U2B、因滑片向下移动，故 R2 的接入电阻增大，故I变大；而I=R1+r，故I保持不变，故 B 正确；U3U3C、因I=R1+R2，故比值增大；而I=r，故比值保持不变，故 C 错误；D、电源的输出功率当内阻于外阻时输出功率最大，故当 R 增大时，输出功率减小，故 D 错误.【思路】由电路图可知 R1 与 R2 串联，V1 测量 R1 两端的电压，V2 测量 R2 两端的电压，V3 测量路端电压，由欧姆律可得出电压与电流的变化；由闭合电路的欧姆律可分析得出电压的变化值与电流变化值的比值，由功率公式可求得功率的变化【题文】5.如下图圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质
9、量 和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，对准圆心 O 射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短，假设带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，那么在磁场中运动时间越长的带电粒子()A.速率一越小 B.速率一越大C.在磁场中通过的路程一越长 D.在磁场中的周期一越大【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二律；向心力K3C2D4【答案解析】A 解析：由周期公式得：T=由于带电粒子们的 B、q、m 均相同，所以 T 相同，故 D 错误根据 t=可知，在磁场中运动时间越长的带电粒子，圆心角越大，半径越小，由 r=知速率一越小，A 正确，B 错误通
10、过的路程即圆弧的长度l=r，与半径 r 和圆心角 有关，故 C 错误应选 A【思路】三个质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，那么运动半径的不同，导致运动轨迹也不同因此运动轨迹对的半径越大，那么粒子的速率也越大而运动周期它们均一样，但运动时间却由圆弧对的圆心角决【题文】6矩形导线框 abcd 放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图甲所示。磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感强度 B 随时间变化的图象如图乙所示。t=0 时刻，磁感强度的方向垂直导线框平面向里，在04s 时间内，导线框 ad 边所受安培力随时间变化的图象规以向左为安培力正方向可能是下面选项中的()【
11、知识点】法拉第电磁感律；安培力L2K1【答案解析】D 解析：t=0 时刻，磁感强度的方向垂直线框平面向里，在 0 到1S 内，穿过线框的磁通量变小，由楞次律可得，感电流方向是顺时针，再由左手那么可得线框的 ad 边的安培力水平向左 当在 1S 到 2S 内，磁感强度的方向垂直线框平面向外，穿过线框的磁通量变大，由楞次律可得，感电流方向是顺时针，再由左手那么可得线框的 ad 边的安培力水平向右在下一个周期内，重复出现安培力先向左后向右应选：D【思路】穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感电动势，从而形成感电流由题意可知，磁感强度是随着时间均匀变化的，所以感电流是恒的，那么线框 ad 边所受的
12、安培力与磁感强度有一的关系【题文】7.如图甲所示，两平行金属板 MN、PQ 的板长和板间距离相，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在 t=0 时刻,一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为 V0，t=T 时刻粒子刚好沿 MN 板右边缘射出电场那么()A.该粒子射出电场时的速度方向一是沿垂直电场方向的B.在 tT/2 时刻，该粒子的速度大小为 2V0C.假设该粒子在 T/2 时刻以速度 V0 进入电场，那么粒子会打在板上D.假设该粒子的入射速度变为 2V0，那么该粒子仍在 t=T 时刻射出电场【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动I3
13、【答案解析】A 解析：A、粒子射入电场在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上前半个周期内先做匀加速直线运动，在后半个周期内做匀减速直线运动，一个周期末竖直方向上的分速度为零，可知粒子射出电场时的速度方向一沿垂直电场方向故 A 正确B、在 t=时刻，粒子在水平方向上的分速度为 v0，因为两平行金属板 MN、PQ的板长和板间距离相，那么有：，解得vy=2v0，根据平行四边形那么知，粒子的速度为 v=，故 B 错误C、假设该粒子在 时刻以速度 V0 进入电场，粒子在竖直方向上的运动情况与0时刻进入时运动的方向相反，运动规律相同，那么粒子不会打在板上故 C 错误D、假设该粒子的入射速度变为 2V0，
14、那么粒子射出电场的时间 t=，故 D错误应选：A【思路】将粒子的运动分解垂直电场方向和沿电场方向，结合竖直方向上的运动规律，通过平行四边形那么分析判断【题文】8.如下图，在光滑水平面上放着两块长度相同，质量分别为M1 和 M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块 m，开始时，各物块均静止，今在两物块上各作用一水平恒力F1、F2，当物块和木板别离时，两木板的速度分别为 v1和 v2.物块和木板间的动摩擦因数相同.以下说法正确的选项是()A.假设 F1=F2，M1M2，那么 v1v2 B.假设 F1=F2，M1M2，那么 v1v2C.假设 F1F2,，M1=M2，那么 v1
15、v2 D.假设 F1F2，M1=M2，那么 v1v2【知识点】牛顿第二律C2【答案解析】D 解析：A、B、首先看 F1=F2 时情况：由题很容易得到两物块所受的摩擦力大小是相的，因此两物块的加速度相同，我们设两物块的加速度大小为 a，对于 M1、M2，滑动摩擦力即为它们的合力，设M1 的加速度大小为 a1，M2 的加速度大小为 a2，根据牛顿第二律得：a1=，其中 m 为物块的质量设板的长度为 L，它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板别离时：物块与 M1 的相对位移：物块与 M2 的相对位移：假设 M1M2，a1a2，所以得：t1t2，M1 的速度为 v1=a1t1，M2 的速度为v2=a
16、2t2 那么 v1v2，故 A 错误；假设 M1M2，a1a2，所以得：t1t2，M1 的速度为 v1=a1t1，M2 的速度为v2=a2t2，那么 v1v2，故 B 错误；C、D、假设 F1F2、M1=M2，根据受力分析和牛顿第二律的：那么M1 上的物块的加速度大于 M2 上的物块的加速度，即 aaab，由于 M1=M2，所以 M1、M2 加速度相同，设 M1、M2 加速度为 a它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板别离时：物块与 M1 的相对位移：物块与 M2 的相对位移：L=由于 aaab，所以得：t1t2，那么 v1v2，故 C 错误；假设 F1F2、M1=M2，aaab，那么 v1
17、v2，故 D 正确；应选：D【思路】此题中涉及到两个物体，所以就要考虑用整体法还是隔离法，但题中研究的是两物体的相对滑动，所以该用隔离法板和物体都做匀变速运动，牛顿律加运动学公式和动能理都能用，但题中“当物体与板别离时隐含着在相时间内物体的位移比板的位移多一个板长，也就是隐含着时间因素，所以不方便用动能理解了，就要用牛顿律加运动公式解【题文】9如下图，质量为 m 带电量为 q 的带电微粒，以初速度 v0 从 A 点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，微粒通过电场中 B 点时速率vB=2v0,方向与电场的方向一致，那么以下选项正确的选项是A微粒所受的电场力大小是其所受重力的 2 倍B带电
18、微粒的机械能增加了 2mv02CA、B 两点间的电势差为 2mv02/qDA、B 两点间的电势差为 3mv02/2q【知识点】匀强电场中电势差和电场强度的关系I2【答案解析】ABC 解析：A、微粒在竖直方向做减速运动，在电场方向做初速度为零的匀加速直线运动故 v0=gt，联立解得，故 A 正确；B、电场力做功为 W=，故机械能增加为 2mv02，故 B 正确；C、A、B 两点间的电势差为 U=，故 C 正确，D 错误；应选：ABC【思路】微粒在匀强电场中受到重力和电场力两个力作用，电场力做功于物体机械能的增加，根据动能理求出 AB 两点间的电势差 UAB【题文】10.在某次事演习中，空降兵从悬
19、停在高空的直升机上跳下，当下落到距离地面适当高度时翻开降落伞，最终平安到达地面，空降兵从跳离飞机到平安到达地面过程中在竖直方向上运动的 vt 图象如下图，那么以下判断中正确的选项是A空降兵在t时间内做自由落体运动B空降兵在 tt时间内的加速度方向竖直向上，大小在逐渐减小C空降兵在t时间内的平均速度v 12v2D空降兵在 tt时间内的平均速度v 12(v1v2)【知识点】平均速度；自由落体运动A1A3【答案解析】BD 解析：A、空降兵在 0t1 时间内斜率越来越小，故加速度不恒；空降兵不是自由落体运动；故 A 错误；B、由图象可知，空降兵在 t1t2 时间内的加速度方向竖直向上，大小在逐渐减小；
20、故 B 正确；C、因空降兵不是匀变速直线运动，故空降兵在 0t1 时间内的平均速度不于；故 C 错误；D、用直线将 t1t2 的速度连接起来，由图可知，假设物体做匀减速直线运动，平均速度为=；而由图可知，图象围成的面积小于匀变速直线运动时的面积，故空降兵在 t1t2 时间内的平均速度；故 D 正确；应选：BD【思路】速度时间图线切线的斜率表示瞬时加速度，图象与时间轴所围成的面积表示物体在这段时间内通过的位移【题文】112013 年 12 月 2 日 1 时 30 分，嫦娥三号探测器由三号乙运载从西昌卫星发心发射，首次实现月球软着陆和月面巡视勘察。嫦娥三号的飞行轨道示意图如下图。假设嫦娥三号在环
21、月段圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有引力，那么()A假设嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，那么可算出月球的密度B嫦娥三号由环月段圆轨道变轨进入环月段椭圆轨道时，让发动机点火使其减速C嫦娥三号在环月段椭圆轨道上 P 点的速度大于 Q 点的速度D嫦娥三号在动力下降阶段，其引力势能减小【知识点】万有引力律及其用D5【答案解析】BD 解析：A、根据万有引力提供向心力得：=,可以解出月球的质量 M=，由于不知道月球的半径，无法知道月球的体积，故无法计算月球的密度故 A 错误B、嫦娥三号在环月段圆轨道上 P 点减速，使万有引力大于向心力做近心运动，才能进入进入环月段椭圆轨道故 B
22、正确C、嫦娥三号在环月段椭圆轨道上 P 点向 Q 点运动中，距月球越来越近，月球对其引力做正功，故速度增大，即嫦娥三号在环月段椭圆轨道上 P 点速度小于 Q点的速度，故 C 错误D、嫦娥三号在动力下降阶段，高度下降，引力做正功，故引力势能减小，故D正确应选：BD【思路】嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，根据万有引力提供向心力，可以解出月球的质量，但是不知道的月球的半径，无法计算出月球的密度根据卫星变轨原理分析轨道变化时卫星是加速还是减速在同一椭圆轨道上根据引力做功的正负判断速度的变化和势能的变化【题文】12如下图，倾角为 的光滑斜面足够长，一质量为m 的小物体，在沿斜面向上的恒力
23、 F 作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间 t,力 F 做功为 60J,此后撤去力 F，物体又经过相同的时间 t 回到斜面底端，假设以地面为零势能参考面，那么以下说法正确的选项是A物体回到斜面底端的动能为 60JB恒力 F=2mgsinC撤去力 F 时，物体的重力势能是 45JD动能与势能相的时刻一出现在撤去力 F 之前【知识点】功能关系；动能；重力势能E5【答案解析】AC 解析：A、在物体运动的全过程中，重力做功为零，支持力不做功，运用动能理得，物体回到出发点的动能J；故 A 正确；B、设有拉力与没拉力时物体的加速度大小分别为 a1、a2，根据物体在拉力作用向上运动的
24、位移与撤去拉力后回到出发点的位移大小相，方向相反得，得到 a2=3a1，又由牛顿第二律得 Fmgsin=ma1，mgsin=ma2，得到 F=故 B 错误；C、因为拉力做功为，克服重力做功为 mgh=J，那么撤去F 时物体的重力势能为 45J故 C 正确；D、物体从最高点下滑的过程中一有一个点的动能与势能相，故 D 错误，应选：AC【思路】对物体的全过程运用动能理，求出物体回到出发点的动能；根据牛顿第二律结合运动学公式，抓住两段时间内的位移大小相，方向相反，求出加速度的关系，以及拉力和重力的关系，结合拉力做功求出克服重力做功的关系，从而求出物体的重力势能二、题本大题共两小题共 15 分【题文】
25、13 6 分某兴趣小组同学们看见一本物理书上说“在弹性限度内，1劲度系数为 k 的弹簧，形变量为 x 时弹性势能为Ep2kx2，为了验证该结论就尝试用“研究加速度与合外力、质量关系的装置如图甲设计了以下步骤进行。步骤：A水平桌面上放一长木板，其左端固一弹簧，通过细绳与小车左端相连，小车的右端连接打点计时器的纸带；B将弹簧拉伸 x 后用插销锁，测出其伸长量 x；C 翻开打点计时器的电源开关后,拔掉插销解除锁,小车在弹簧作用下运动到左端；D选择纸带上某处的 A 点测出其速度 v；E取不同的 x 重复以上步骤屡次,记录数据并利用功能关系分析结论。中小车的质量为 m，弹簧的劲度系数为 k，那么：(1)
26、长木板右端垫一小物块，其作用是；(2)如图乙中纸带上 A 点位置在填 s1、s2、s3的段中取；1(3)假设Ep2kx2成立，那么中测量出物理量 x 与 m.、k、v 关系式是x=。【知识点】探究弹力和弹簧伸长的关系B5【答案解析】1平衡摩擦力；2S2；3解析：根据原理我们知道，为了让砝码的重力更加接近为小车的合外力，长木板右端垫一小物块，其作用是平衡摩擦力根据原理，点间距均匀，为匀速直线运动阶段，说明速度到达最大，故纸带上 A 点位置在 s2根据能量守恒，有：Ep=kx2=mv2，解得：x=【思路】该装置于验证牛顿第二律的装置相同，为了让砝码的重力更加接近为小车的合外力，本中需要平衡摩擦力和
27、让砝码重力远远小于小车重力点间距均匀，说明速度到达最大，为匀速直线运动阶段根据能量守恒，推导中测量出物理量 x 与 mk、v 关系式【题文】14 9 分某同学利用伏安法测量某未知电阻 Rx 的精确电阻阻值恒，进行了如下：他先用万用电表欧姆挡测该未知电阻的阻值。将开关置于1 挡位，指针示数如图，假设想更准确一些，下面操作正确的步骤顺序是填序号A.将两表笔短接进行欧姆调零B.将两表笔短接进行机械调零C.将开关置于1k 挡D.将开关置于100 挡E.将两表笔接未知电阻两端，待指针稳后读数.然后用以下器材用伏安法尽可能精确地测量该电阻：A.直流电源 E：电动势 3V，内阻忽略B.电流表 A1：量程 0
28、.3A，内阻约为 0.1电流表 A2：量程 3mA，内阻约为 10D.电压表 V1：量程 3V，内阻约为 3KE.电压表 V2：量程 15V，内阻约为 50KF.滑动变阻器 R1：最大阻值 10G.滑动变阻器 R2：最大阻值 1000H.开关 S，导线假设干为较准确测量该电阻的阻值，要求各电表指针能有较大的变化范围，以上器材中电流表选填“B或“C，电压表选填“D或“E，滑动变阻器选填“F或“G请在右侧方框中画出电路原理图.【知识点】伏安法测电阻J4【答案解析】1DAE；2C、D、F如下图解析：1欧姆表的指针偏角过小说明待测电阻阻值较大，换较大的倍率100，调零以后再进行测量，正确的步骤是：DA
29、E；2根据电源电动势为 3V，电压表选量程 03V 电压表 V1，根据1可知，其电阻值约为 1000，电流最大值为，那么电流表选量程03mA电流表 A2，由于题目要求各电表指针能有较大的变化范围，电路该设计成滑动变阻器分压接法，滑动变阻器选阻值范围 010 的滑动变阻器 R1，由于，所以电流表内接，电路图如下图：【思路】1明确当欧姆表的指针偏角过小说明待测电阻阻值较大，所选的倍率较小，换较大的倍率；2电源电动势为3V，可知电压表选用量程是3V 的即可；算出电阻的额电流大约值，即可选择电流表要求各电表指针能有较大的变化范围，变阻器采用分压式接法，变阻器总电阻较小根据待测电阻与两电表内阻进行比拟，
30、确电流表的接法，变阻器采用分压式接法，即可设计出电路 三、计算题【题文】15 10 分如图(甲所示，质量为 m=1kg 的物体置于倾角为 =370的固且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力 F，t1=1s 时撤去拉力，物体运动的 vt 图象如下图乙所示，g 取 10m/s2,sin370=0.6,cos370=0.8,求：1拉力 F 的大小；2t=4s 时物体的速度 v 的大小.【知识点】牛顿第二律；匀变速直线运动的规律；匀变速直线运动的图像 C2A2A5【答案解析】130N22m/s.解析：1设 F 作用时加速度为 a1,对物体进行受力分析，由牛顿第二律可知：F mgsinmgco
31、s ma1，撤去力 F 后，据牛顿第二律，有mgsinmgcos ma2由图像可得 a1=20m/s2,a2=10m/s2,代入解得 0.5，F=30N。2设撤去力 F 后物体运动到最高点所用时间为 t2,由 v1=a2t2，可得 t2=2s,那么物体沿着斜面下滑的时间为 t3=t-t1-t2=1s，设下滑加速度为 a3,据牛顿第二律，有解得 a3=2m/s2,那么 t=4s 时速度 v=a3t3=2m/s.【思路】1由图象得出加速上升过程和减速上升过程的加速度，然后根据牛顿第二律列方程求解；2先通过图象得到 3s 末速度为零，然后求出 3s 到 4s 物体的加速度，再根据速度时间关系公式求解
32、 4s 末速度【题文】16(12 分)如下图，两足够长的平行光滑的金属导轨 MN、PQ 相距为 L，导轨平面与水平面的夹角=30，导轨电阻不计，磁感强度为 B 的匀强磁场垂直于导轨平面向上。长为L 的金属棒ab垂直于 MN、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为 R。两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡的电阻也为 R。现闭合开关 K，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为 F2mg 的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金属棒到达最大速度时，灯泡恰能到达它的额功率。重力加速度为 g，求：1金属棒能到达的最大速度 vm；2灯泡的额功率 PL；3假设金属棒
33、上滑距离为 s 时速度恰到达最大，求金属棒由静止开始上滑2s 的过程中，金属棒上产生的电热 Q1。【知识点】导体切割磁感线时的感电动势；牛顿第二律；闭合电路的欧姆律；电功、电功率；电磁感中的能量转化C2J2K4v3mgR9m2g2R322【答案解析】1m39m g RB2L22PL4B2L23Q12mgs4B4L4解析：1金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，金属棒到达最大速度，此后开始做匀速直线运动。设最大速度为 vm，那么速度到达最大时有：E BLvm(1 分)I E2R(1 分)F BILmgsin(2 分)mgR解得:vm3B2L2(1 分)2PL I2R (2 分)9解
34、得：m2g2PRL4B2L2 (1 分)3设整个电路放出的电热为Q，由能量守恒律有：F 2s Qmgsin2s122mvm (2 分)由题意可知QQ12 (1 分)39m3g2R2Q mgs4B4L4解得:12r r asin30 (2 分)分)【思路】1金属棒由静止开始先加速度减小的加速运动后做匀速运动时，速解得：度到达最大，根据平衡条件和E=BLvm、I=、F 安=BIL 结合求出最大速度 vmr a3 (1电子在磁场中运动时，洛伦兹力于向心力，即2由题，金属棒到达最大速度时，灯泡恰能到达它的额功率，只要求出金属棒匀速运动时的电流，即可由 P=I2R 求出灯泡的额功率3当金属棒到达最大速度
35、的一半时，先求出安培力，再由牛顿第二律求出加速度 a4根据能量守恒律求出金属棒上产生的电热 Qr【题文】17.(15 分)如下图，在 xOy 平面坐标系中，直线 MN 与 y 轴成 30角，M 点的坐标为(0，a)，在 y 轴与直线 MN 之间的区域内，存在垂直 xOy 平面向里、磁感强度为 B 的匀强磁场电子束以相同速度轴上2v0 从 y3a y 0的区间垂直于 y 轴和磁场射入磁场从 O 点射入磁场的电子在磁场中的运动轨迹恰好与直线 MN 相切，忽略电子间的相互作用和电子的重力1求电子的比荷；2假设在 xOy 坐标系的第象限加上沿 y 轴正方向大小为E Bv0的匀强电场，在x403a处垂直
36、于 x 轴放置一荧光屏，计算说明荧光屏上发光区的形状和范围【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 I7K4e【答案解析】1m3V0Ba2在坐标分别为0、4y3a的范围内出现一条长亮线解析：1从O 点射入磁场的电子在磁场中的运动轨迹如下图，由几何关系有：2eBVmV00r (1 分)e由解得电子比荷m3V0Ba (1 分)2由电子的轨道半径可判断，从 O 点射入磁场的电子(0，强电场，电子进入电场后做类平抛运动，eE2有2r 2mt(1 分)x Vot(1 分)联立，将 EBv0 代入解得：x 23a分)设该电子穿过 x 轴时速度与 x 轴正方向成角，那么VyeEmt(
37、1 分)tanVyV0(1 分)解得：tan2(1 分)设该电子打在荧光屏上的 Q 点，Q 点离 x 轴的距离为 L，23a)的位置进入匀 (1那么L (x0 x)tan4a3 (1L 分)即电子打在荧光屏上离 x 轴的最远距离为(1 分)而从4a34(0,a)3位置进入磁场的电子恰好由 O 点过 y 轴，不受电场力，沿x 轴正方向40、a坐标分别为3做直线运动，打在荧光屏与 x 轴相交的点上，所以荧光屏上在 y的范围内出现一条长亮线【思路】1、从 O 点射入磁场的电子在磁场中的运动轨迹恰好与直线 MN 相切，根据牛顿第二律和几何关方程求比荷2、电子在电场中做类平抛运动，从 O 点射入磁场的电子打到荧光屏上距 Q 点最远根据类平抛运动规律求解