1、四川省成都外国语学校2015届高三上学期期末物理试卷一、选择题（本题7小题每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的、不选的得0分）1（6分）在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也探索出了物理学的许多研究方法，下列关于物理学研究方法的叙述中不正确的是（）A重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想B理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、点电荷、向心加速度等都是理想化模型C根据速度定义式v=，当t足够小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义应用了极限
2、思想方法D用比值法定义的物理量在物理学中占有相当大的比例，例如场强E=、电容C=、磁感应强度B=都是采用比值定义法定义的2（6分）如图所示，和是一对异名磁极，ab为放在其间的金属棒ab和cd用导线连成一个闭合回路当ab棒向左运动时，cd导线受到向下的磁场力则有（）A由此可知d电势高于c电势B由此可知是S极C由此可知是N极D当cd棒向下运动时，ab导线受到向左的磁场力3（6分）如图所示，用OA、OB、AB三根轻质绝缘绳悬挂两个质量均为m的小球（可视为质点），两小球带等量同种电荷，三根绳子处于拉伸状态，且构成一个正三角形，AB绳水平，OB绳对小球的作用力大小为T现用绝缘物体对右侧小球施加一水平拉力
3、F，使装置静止在图所示的位置，此时OA绳竖直，OB绳对小球的作用力大小为T根据以上信息可以判断T和T的比值为（）ABCD条件不足，无法确定4（6分）如图所示，理想变压器的原线圈两端接u=220sin100t（V）的交流电源上副线圈两端接R=55的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2：1，电流表、电压表均为理想电表下列说法正确的是（）A原线圈中的输入功率为220WB原线圈中电流表的读数为1 AC副线圈中电压表的读数为110VD副线圈中输出交流电的周期为0.01s5（6分）“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道直奔月球，在距月球表面200km的P点进行第一次变轨后被月球捕获，先进入椭圆轨道绕月飞行，如图所
4、示之后，卫星在P点又经过两次变轨，最后在距月球表面200km的圆形轨道上绕月球做匀速圆周运动对此，下列说法正确的是（）A卫星在轨道上运动的速度大于月球的第一宇宙速度B卫星在轨道上运动周期比在轨道上长C卫星在轨道上运动到P点的加速度大于沿轨道运动到P点的加速度D、三种轨道运行相比较，卫星在轨道上运行的机械能最小6（6分）如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连弹簧处于自然长度时物块位于O点（图中未标出）物块的质量为m，AB=a，物块与桌面间的动摩擦因数为现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零重力加速度为g 则上
5、述过程中（）A物块在A点时，弹簧的弹性势能等于WmgaB物块在B点时，弹簧的弹性势能小于WmgaC经O点时，物块的动能小于WmgaD物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能7（6分）如图所示，有一矩形区域abcd，水平边长s=m，竖直边长h=1m当该区域只存在大小为E=10N/C、方向竖直向下的匀强电场时，一比荷为=0.1C/kg的正粒子由a点沿ab方向以速率v0进入该区域，粒子运动轨迹恰好通过该区域的几何中心当该区域只存在匀强磁场时，另一个比荷也为=0.1C/kg的负粒子由c点沿cd方向以同样的速率v0进入该区域，粒子运动轨迹也恰好通过该区域的几何中心不计粒子的重力，则（）
6、A粒子进入矩形区域时的速率v0=m/sB磁感应强度大小为T，方向垂直纸面向外C正、负粒子各自通过矩形区域所用时间之比为D正、负粒子各自离开矩形区域时的动能相等二、实验题（本题共2个小题，共计17分）8（8分）在研究某小车运动状态的实验中，如图所示为一次记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D为依次打下的相邻的计数点，且相邻计数点间的时间间隔T=0.1s（1）由纸带可以判定小车做运动，因为：（2）根据纸带可以计算C点的瞬时速度，vC=m/s（3）根据纸带可以计算出该小车的加速度大小为a=m/s29（9分）实验室有如下器材：电流表A1（满偏电流约500A，有刻度无刻度值，内阻rg约500）；电流
7、表A2（量程0300A，内阻rA2=1000）；电流表A3（量程01mA，内阻rA3=100）；定值电阻R0（阻值1k）；滑动变阻器R（05，额定电流2A）；电池（电动势2V，内阻不计）；开关、导线若干要求较精确地测出A1表的内阻和满偏电流（1）在方框内画出测量电路；（2）应读取的物理量是；（3）用这些量表示的A1表的满偏电流Ig=，A1表的内阻rg=三、计算题（本题共3个小题，共计51分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的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）10（15分）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为l=0.5m，其电阻不
8、计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30角完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为m=0.02kg，电阻均为R=0.1，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止g取10m/s2，求：（1）通过棒cd的电流I的大小；（2）棒ab受到的力F的大小；（3）棒ab运动速度的大小11（17分）如图所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两部分组成，其中AB部分为光滑的圆弧，AOB=37，圆弧的半径R=0.5m，圆心O点在B点正上方；BD部分水
9、平，长度为0.2m，C为BD的中点现有一质量m=lkg，可视为质点的物块从A端由静止释放，恰好能运动到D点（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）为使物块恰好运动到C点静止，可以在物块运动到B点后，对它施加一竖直向下的恒力F，F应为多大？（2）为使物块运动到C点时速度为零，也可先将BD部分以B为轴向上转动一锐角，应为多大？（假设B处有一小段的弧线平滑连接，物块经过B点时没有能量损失）（3）接上一问，求物块在BD板上运动的总路程12（19分）如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立xoy坐标系，在第象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x轴负方向的夹角=45在第象限垂
10、直于桌面放置两块相互平行的平板C1、C2，两板间距为d1=0.6m，板间有竖直向上的匀强磁场，两板右端在y轴上，板C1与x轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔M，小孔M离坐标原点O的距离为l1=0.72m在第象限垂直于x 轴放置一竖直平板C3，垂足为Q，Q、O相距d2=0.18m，板C3长l2=0.6m现将一带负电的小球从桌面上的P点以初速度v0=2m/s垂直于电场方向射出，刚好垂直于x轴穿过C1板上的M孔，进入磁场区域已知小球可视为质点，小球的比荷=20C/kg，P点与小孔M在垂直于电场方向上的距离为s=m，不考虑空气阻力求：（1）匀强电场的场强大小；（2）要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板
11、C3上，求磁感应强度B的取值范围；（3）以小球从M点进入磁场开始计时，磁场的磁感应强度随时间呈周期性变化，如图乙所示，则小球能否打在平板C3上？若能，求出所打位置到Q点距离；若不能，求出其轨迹与平板C3间的最短距离（=1.73，计算结果保留两位小数）四川省成都外国语学校2015届高三上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题7小题每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的、不选的得0分）1（6分）在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也探索出了物理学的许多研究方法，下列关于物理学研究方法的叙述中
12、不正确的是（）A重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想B理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、点电荷、向心加速度等都是理想化模型C根据速度定义式v=，当t足够小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法D用比值法定义的物理量在物理学中占有相当大的比例，例如场强E=、电容C=、磁感应强度B=都是采用比值定义法定义的考点：物理学史 专题：常规题型分析：理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的重心、合力等体现了等效替代的思想；场强E=、电容C=、磁感应强度B=采用比值法瞬时速度定义用了数学极限思想解答：解：A、重心、合力和交
13、变电流的有效值体现了等效替代的思想，故A正确；B、理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、点电荷，向心加速度不是，故B错误；C、根据速度定义式v=，当t足够小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，故C正确；D、用比值法定义的物理量在物理学中占有相当大的比例，例如场强E=、电容C=、磁感应强度B=都是采用比值定义的，故D正确；本题选不正确的，故选：B点评：本题涉及了物理多种物理方法和数学方法，理想化模型，等效替代，比值定义法，这些都是老师在课上经常提到的，只要留意听课，这些很容易解答2（6分）如图所示，和是一对异名磁极，ab为放在其间的金属棒
14、ab和cd用导线连成一个闭合回路当ab棒向左运动时，cd导线受到向下的磁场力则有（）A由此可知d电势高于c电势B由此可知是S极C由此可知是N极D当cd棒向下运动时，ab导线受到向左的磁场力考点：左手定则 分析：据cd棒所受磁场力的方向由左手定则判断出导线中电流的方向，然后由右手定则判断出ab棒所处位置磁场方向，进一步判断出磁极名称；棒ab相当于电源，根据电流方向判断电势的高低解答：解：A、由左手定则可知，cd棒受到的安培力向下，所以cd棒中电流方向是：由c指向d，所以C点的电势高于d点的电势故A错误；B、C、结合A的分析可知，ab中的电流由b流向a，ab棒向左运动时，由右手定则可知，ab棒所处
15、位置磁场方向：竖直向上，则是S极，是N极；故B正确，C错误；D、当ab棒向左运动时，根据楞次定律可知ab导线受到向右的磁场力故D错误故选：B点评：本题考查了判断磁铁的磁极、判断电势高低问题，应用左手定则、右手定则即可正确解题3（6分）如图所示，用OA、OB、AB三根轻质绝缘绳悬挂两个质量均为m的小球（可视为质点），两小球带等量同种电荷，三根绳子处于拉伸状态，且构成一个正三角形，AB绳水平，OB绳对小球的作用力大小为T现用绝缘物体对右侧小球施加一水平拉力F，使装置静止在图所示的位置，此时OA绳竖直，OB绳对小球的作用力大小为T根据以上信息可以判断T和T的比值为（）ABCD条件不足，无法确定考点：
16、共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：图中，对B球受力分析，受重力、OB绳子拉力T、AB杆的支持力，根据平衡条件求解出T；图中，先对小球A受力分析，受重力、AO绳子的拉力，杆对其无弹力，否则不平衡；再对B球受力分析，受拉力、重力和OB绳子的拉力，三力平衡，根据平衡条件求解OB绳子的拉力T解答：解：图中，对B球受力分析，受重力、OB绳子拉力T、AB杆的支持力，如图所示：根据平衡条件，有：T=；图中，先对小球A受力分析，受重力、AO绳子的拉力，杆对其无弹力，否则不平衡；再对B球受力分析，受拉力、重力和OB绳子的拉力，如图所示；根据平衡条件，有：T=2mg；
17、可见T=，即故选：A点评：本题要分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列式求解，关键点在于乙图中杆没有弹力4（6分）如图所示，理想变压器的原线圈两端接u=220sin100t（V）的交流电源上副线圈两端接R=55的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2：1，电流表、电压表均为理想电表下列说法正确的是（）A原线圈中的输入功率为220WB原线圈中电流表的读数为1 AC副线圈中电压表的读数为110VD副线圈中输出交流电的周期为0.01s考点：变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题分析：根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比，
18、电流与匝数成反比，即可求得结论解答：解：A、由输入功率和输出功率相等可得原线圈中的输入功率为=220W，故A错误；B、由瞬时值的表达式可得，原线圈的电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比可得，副线圈的电压为110V，再由输入功率和输出功率相等可得220I1=，所以原线圈的电流的大小为1A由输入功率和输出功率相等可得原线圈中的输入功率为=220W，故B正确；C、电压表的读数为电压的有效值，由A的分析可知，副线圈的有效值为110V，所以电压表的读数为110V，故C错误；D、变压器不会改变交流电的周期和频率，所以副线圈中输出交流电的周期为T=0.02s，故D错误故选：B点评：本题主要考查变压器的
19、知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解5（6分）“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道直奔月球，在距月球表面200km的P点进行第一次变轨后被月球捕获，先进入椭圆轨道绕月飞行，如图所示之后，卫星在P点又经过两次变轨，最后在距月球表面200km的圆形轨道上绕月球做匀速圆周运动对此，下列说法正确的是（）A卫星在轨道上运动的速度大于月球的第一宇宙速度B卫星在轨道上运动周期比在轨道上长C卫星在轨道上运动到P点的加速度大于沿轨道运动到P点的加速度D、三种轨道运行相比较，卫星在轨道上运行的机械能最小考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用 专题：
20、人造卫星问题分析：根据开普勒第三定律=k，比较各轨道的周期；根据万有引力提供向心力=m，轨道半径越大，线速度越小，从而可比较出卫星在轨道上运动的速度于月球的第一宇宙速度大小；比较加速度，只需比较它所受的合力（万有引力）即可解答：解：A、根据万有引力提供向心力=m，v=，轨道半径越大，线速度越小月球第一宇宙速度的轨道半径为月球的半径，所以第一宇宙速度是绕月球作圆周运动最大的环绕速度故A错误B、根据开普勒第三定律=k，半长轴越长，周期越大，所以卫星在轨道运动的周期最长故B错误C、卫星在轨道上在P点和在轨道在P点的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律，加速度相等故C错误D、从轨道进入轨道和从轨道进入轨
21、道，都要减速做近心运动，故其机械能要减小，故卫星在轨道上运行的机械能最小，故D正确故选：D点评：解决本题的关键掌握开普勒第三定律=k，以及万有引力提供向心力列出等式求解6（6分）如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连弹簧处于自然长度时物块位于O点（图中未标出）物块的质量为m，AB=a，物块与桌面间的动摩擦因数为现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零重力加速度为g 则上述过程中（）A物块在A点时，弹簧的弹性势能等于WmgaB物块在B点时，弹簧的弹性势能小于WmgaC经O点时，物块的动能小于WmgaD物块动能最
22、大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能考点：机械能守恒定律 专题：压轴题；机械能守恒定律应用专题分析：到达B点时速度为0，但加速度不一定是零，即不一定合力为0，这是此题的不确定处弹簧作阻尼振动，如果接触面摩擦系数很小，则动能为最大时时弹簧伸长量较小（此时弹力等于摩擦力mg），而弹簧振幅变化将很小，B点弹簧伸长大于动能最大点；如果较大，则动能最大时，弹簧伸长量较大，（因弹力等于摩擦力，较大，摩擦力也较大，同一个弹簧，则需要较大伸长量，弹力才可能与摩擦力平衡），而此时振幅变化很大，即振幅将变小，则物块将可能在离O点很近处，就处于静止（速度为0，加速度也为0），此时B点伸长量可能小于动能最
23、大时伸长量，B点势能可能小于动能最大处势能至于物块在A点或B点时弹簧的弹性势能，由功能关系和动能定理分析讨论即可解答：解：A、如果没有摩擦力，则O点应该在AB中间，由于有摩擦力，物体从A到B过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的B点，也即O点靠近B点故OA，此过程物体克服摩擦力做功大于，所以物块在A点时，弹簧的弹性势能小于，故A错误；B、由A分析得物块从开始运动到最终停在B点，路程大于a+=，故整个过程物体克服阻力做功大于，故物块在B点时，弹簧的弹性势能小于，故B正确；C、从O点开始到再次到达O点，物体路程大于a，故由动能定理得，物块的动能小于Wmga，故C正确；D、物块动能最大时，弹
24、力等于摩擦力，而在B点弹力与摩擦力的大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B点时弹簧伸长量大小未知，故此两位置弹性势能大小关系不好判断，故D错误故选：BC点评：利用反证法得到O点并非AB连线的中点是很巧妙的，此外要求同学对功能关系和动能定理理解透彻7（6分）如图所示，有一矩形区域abcd，水平边长s=m，竖直边长h=1m当该区域只存在大小为E=10N/C、方向竖直向下的匀强电场时，一比荷为=0.1C/kg的正粒子由a点沿ab方向以速率v0进入该区域，粒子运动轨迹恰好通过该区域的几何中心当该区域只存在匀强磁场时，另一个比荷也为=0.1C/kg的负粒子由c点沿cd方向以同样的速率v0进入
25、该区域，粒子运动轨迹也恰好通过该区域的几何中心不计粒子的重力，则（）A粒子进入矩形区域时的速率v0=m/sB磁感应强度大小为T，方向垂直纸面向外C正、负粒子各自通过矩形区域所用时间之比为D正、负粒子各自离开矩形区域时的动能相等考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：正粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律求解出速度负粒子在磁场中做匀速圆周运动，由左手定则判断磁场的方向，画出粒子的运动轨迹，求得轨迹半径，从而由牛顿第二定律求解磁感应强度的大小磁场中运动的时间根据轨迹对应的圆心角求解洛伦兹力对粒子不做功解答：解：A、正粒子在电场中做类平抛运
26、动，据题有：水平方向：=v0t1；竖直方向：=；加速度 a=0.110=1m/s2联立解得：v0=m/s故A正确B、负粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子进入磁场后所受的洛伦兹力向下，由左手定则判断磁场的方向垂直纸面向里设粒子的轨迹半径为r，由几何关系得：+=r2，解得 r=1m由洛伦兹力提供向心力，得 qv0B=m得，B=5T故B错误C、设正粒子通过矩形区域所用时间为tE则有 h=，解得 tE=s由上知r=h，所以负粒子轨迹的圆心在d点，则其通过磁场的时间为 tB=，故=故C正确D、负粒子通过磁场中洛伦兹力不做功，动能不变，而正粒子通过电场时电场力做正功，动能增大，所以正、负粒子各自离开矩形区域
27、时的动能不等，故D错误故选：AC点评：解决本题的关键掌握处理粒子做类平抛运动的方法，抓住等时性，结合运动学公式和牛顿第二定律求解，以及掌握粒子在磁场中运动的处理方向，关键确定圆心、半径和圆心角二、实验题（本题共2个小题，共计17分）8（8分）在研究某小车运动状态的实验中，如图所示为一次记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D为依次打下的相邻的计数点，且相邻计数点间的时间间隔T=0.1s（1）由纸带可以判定小车做匀加速直线运动，因为：小车在连续相等的时间间隔内的相邻位移之差恒定（2）根据纸带可以计算C点的瞬时速度，vC=0.44m/s（3）根据纸带可以计算出该小车的加速度大小为a=1.2m/s
28、2考点：探究小车速度随时间变化的规律 专题：实验题；直线运动规律专题分析：根据相邻的相等时间间隔位移之差是否相等来判断小车是否做匀变速直线运动纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度解答：解：（1）由纸带分析可得小车在连续相等的时间间隔内的相邻位移之差恒定，所以小车做匀加速直线运动；（2）利用匀变速直线运动的推论得：vC=0.44 m/s（3）根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得：a=1.2 m/s2故答案为：（1）匀加速直线，小车在连续相等的时间间隔内的相邻位移之差恒定；（2）0.4
29、4；（3）1.2点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应9（9分）实验室有如下器材：电流表A1（满偏电流约500A，有刻度无刻度值，内阻rg约500）；电流表A2（量程0300A，内阻rA2=1000）；电流表A3（量程01mA，内阻rA3=100）；定值电阻R0（阻值1k）；滑动变阻器R（05，额定电流2A）；电池（电动势2V，内阻不计）；开关、导线若干要求较精确地测出A1表的内阻和满偏电流（1）在方框内画出测量电路；（2）应读取的物理量是A1表满偏时，A2表的读数I2、A3表的读数I3；（3）用这些量表示的A1表的满偏电流Ig=I3I
30、2，A1表的内阻rg=考点：伏安法测电阻 专题：实验题分析：测量电阻基本的原理是伏安法，本实验中没有电压表，而已知内阻的电表表既可测出电流，电流与其内阻的乘积又测得电压，所以可以将电流表A2作为电压表与待测电流表并联，电流表A3测量它们的总电流，即可测出A1表的内阻和满偏电流变阻器总电阻很小，为方便调节，应采用分压式接法根据欧姆定律和并联电路的特点求得A1表的内阻rg解答：解：（1）要测量A1表的内阻，需测出通过A1表的电流和它两端的电压U1A1表没有刻度值，所以不能直接读出满偏电流，要通过A2、A3才能间接测得U1m=Igrg（5104500）V=0.25V，因A2、A3表的内阻是确定值，故
31、可以把它们当做电压表A3表的电压量程U3=Ig3rA3=0.1VU1m，A2表的电压量程U2=Ig2rA2=0.3VU1m，所以应选择A2与A1并联，这样A2表两端的电压就是U1若A3直接与A1、A2串联接在滑动变阻器的分压端，电压小于（U1m+U3）=0.35V，滑动变阻器调节不方便，所以可再串联一个定值电阻R0电路图如图所示：（2）应读取的物理量是：A1表满偏时，A2表的读数I2、A3表的读数I3（3）A1表的满偏电流Ig=I3I2，根据并联电路的特点可知：（I3I2）rg=I2RA2解得，rg=故答案为：（1）电路如图所示；（2）A1表满偏时A2表的读数I2、A3表的读数I3；（3）I3
32、I2；点评：本题考查了实验器材的选择、设计实验电路、求满偏电流与内阻，知道实验原理、根据实验器材、应用并联电路特点与欧姆定律即可正确解题，理解测量电阻的基本原理，知道已知内阻的电流表双重作用，能灵活选择实验方法三、计算题（本题共3个小题，共计51分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的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）10（15分）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为l=0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30角完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为m=0.
33、02kg，电阻均为R=0.1，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止g取10m/s2，求：（1）通过棒cd的电流I的大小；（2）棒ab受到的力F的大小；（3）棒ab运动速度的大小考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）对cd研究：cd保持静止，分析受力，由平衡条件求出安培力，即能求出电流（2）再对棒ab研究，棒ab沿导轨向上匀速运动，由平衡条件求出F（3）金属棒ab以恒定速度v运动，切割磁感线产生感应电动势，由公式E=Blv和欧姆定律结合可求出棒
34、ab运动速度的大小解答：解：（1）棒cd受到的安培力 Fcd=BIl棒cd在共点力作用下平衡，则 Fcd=mgsin30联立解得 I=A=1A （2）棒ab与棒cd受到的安培力大小相等 Fab=Fcd 对棒ab由共点力平衡有 F=mgsin30+BIl联立解得F=2mgsin30=20.20.5N=0.2N （3）设ab棒匀速运动的速度大小为v，则产生的感应电动势 E=Blv 由闭合电路欧姆定律知 联立解得v=2m/s 答：（1）通过cd棒的电流I大小是1A（2）棒ab受到的力F是0.2N（3）棒ab运动速度的大小是2m/s点评：本题是电磁感应中的力学问题，综合运用电磁磁学知识和力平衡知识第2
35、问题，也可以选择研究整体法求解F的大小11（17分）如图所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两部分组成，其中AB部分为光滑的圆弧，AOB=37，圆弧的半径R=0.5m，圆心O点在B点正上方；BD部分水平，长度为0.2m，C为BD的中点现有一质量m=lkg，可视为质点的物块从A端由静止释放，恰好能运动到D点（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）为使物块恰好运动到C点静止，可以在物块运动到B点后，对它施加一竖直向下的恒力F，F应为多大？（2）为使物块运动到C点时速度为零，也可先将BD部分以B为轴向上转动一锐角，应为多大？（假设B处有一小段的弧线平滑连接，物块经
36、过B点时没有能量损失）（3）接上一问，求物块在BD板上运动的总路程考点：动能定理的应用；向心力 专题：动能定理的应用专题分析：（1）先对从A到B过程根据机械能守恒定律或动能定理，求出物块经过B点时的速度；在B点，由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解支持力，再由牛顿第三定律得到物块对工件的压力大小；（2）（3）先对A到D过程根据动能定理列式，再对A到C过程根据动能定理列式，最后联立求解；解答：解：（1）设BD段长度为l，动摩擦因数为，研究物块运动，根据动能定理：W总=EK从A到D的过程中有：mgR（1cos37）mgl=00从A到C恰好静止的过程中有：又 BC段有：FN=F+
37、mg代入数据联立解得：=0.5F=10N（2）右图中，从A到C的过程中，根据动能定理有：其中FN=mgcos联立解得：=37（3）物块在C处速度减为零后，由于mgsinmgcos物块将会下滑，而AB段光滑，故物块将做往复运动，直到停止在B点根据能量守恒定律有：mgR（1cos37）=Q而摩擦生热为：Q=fsf=mgcos代入数据解得物块在BD板上的总路程为：s=0.25m答：（1）F应为10N；（2）角应为37；（3）物块在BD板上的总路程s=0.25m点评：本题是动能定理的运用问题，关键是选择适当的过程运用动能定理列式，动能定理适用于多过程问题，可以使问题简化12（19分）如图甲所示，在光滑
38、绝缘水平桌面内建立xoy坐标系，在第象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x轴负方向的夹角=45在第象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板C1、C2，两板间距为d1=0.6m，板间有竖直向上的匀强磁场，两板右端在y轴上，板C1与x轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔M，小孔M离坐标原点O的距离为l1=0.72m在第象限垂直于x 轴放置一竖直平板C3，垂足为Q，Q、O相距d2=0.18m，板C3长l2=0.6m现将一带负电的小球从桌面上的P点以初速度v0=2m/s垂直于电场方向射出，刚好垂直于x轴穿过C1板上的M孔，进入磁场区域已知小球可视为质点，小球的比荷=20C/kg，P点与小孔M在垂直于电场方
39、向上的距离为s=m，不考虑空气阻力求：（1）匀强电场的场强大小；（2）要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板C3上，求磁感应强度B的取值范围；（3）以小球从M点进入磁场开始计时，磁场的磁感应强度随时间呈周期性变化，如图乙所示，则小球能否打在平板C3上？若能，求出所打位置到Q点距离；若不能，求出其轨迹与平板C3间的最短距离（=1.73，计算结果保留两位小数）考点：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 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）小球在第二象限内做类平抛运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出电场强度的大小（2）根据类平抛运动的规律求出经过M点的速度，作出粒子在磁
40、场中的临界运动轨迹，结合几何关系和半径公式求出磁感应强度的范围（3）根据半径公式和周期公式求出粒子在磁场中运动的轨道半径和周期，由磁场的周期得出小球在磁场中运动的轨迹图，以及得出在一个磁场周期内小球在x轴方向的位移，判断能否打在平板C3上，若能打在平板C3上，通过几何关系求出其轨迹与平板C3间的最短距离解答：解：（1）小球在第象限内做类平抛运动有：v0t=sat=v0tan由牛顿第二定律有：qE=ma代入据解得：E=（2）设小球通过M点时的速度为v，由类平抛运动规律：小球垂直磁场方向进入两板间做匀速圆周运动，轨迹如图，由牛顿第二定律有：，得：B=小球刚好能打到Q点磁感应强度最强设为B1此时小球
41、的轨迹半径为R1由几何关系有：代入数据解得：小球刚好不与C2板相碰时磁感应强度最小设为B2，此时粒子的轨迹半径为R2由几何关系有：R2=d1，代入数据解得：综合得磁感应强度的取值范围：（3）小球进入磁场做匀速圆周运动，设半径为为R3，周期为T有：，代入数据解得R3=0.09m，代入数据解得T=由磁场周期得小球在磁场中运动的轨迹如图可得：一个磁场周期内小球在x轴方向的位移为3R3由分析知有：l1=（3n+2）R3，n=2 则小球能打在平板C3上，设位置到Q点距离为h有：h=2（n+1）R3cosR3，解得：h=答：（1）匀强电场的场强大小为；（2）磁感应强度B的取值范围为；（3）小球能打在平板C3上，轨迹与平板C3间的最短距离为0.38m点评：本题关键是明确粒子的运动规律、画出运动轨迹，然后结合牛顿第二定律、类似平抛运动的分位移公式和几何关系列式求解，难度较大
