1、高考资源网（） 您身边的高考专家河南省驻马店市正阳高中2015届高三上学期第四次质检物理试卷一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，第19题只有一项符合题目要求，第1012题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1下列说法中，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“巨人”的肩上，发现了万有引力定律，并且利用万有引力定律首次计算出了地球的质量C法拉第发现了电流的磁效应，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考点：物理
2、学史 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、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“巨人”的肩上，发现了万有引力定律，卡文迪许利用万有引力定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应，即电流可以在其周围产生磁场，故C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；故选：A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“套圈圈”是小孩和大人都喜爱的一种游戏某小孩和大人直立在界
3、外，在同一竖直线上不同高度分别水平抛出小圆环，并恰好套中前方同一物体假设小圆环的运动可视为平抛运动，则( )A大人抛出的圆环运动时间较短B大人应以较小的速度抛出圆环C小孩应以较小的速度抛出圆环D小孩抛出的圆环单位时间内速度变化量较小考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同解答：解：设抛出的圈圈做平抛运动的初速度为v，高度为h，则下落的时间为：t=，水平方向位移x=vt=v，A、平抛运动的时间由高度决定，可知大人抛出圆环的时间较长，故A错误BC、大人抛出的圆环运动时间较
4、长，如果要让大人与小孩抛出的水平位移相等，则要以小点的速度抛出圈圈故B正确，C错误；D、环做平抛运动，则单位时间内速度变化量v=gt=g，所以大人、小孩抛出的圆环单位时间内速度变化量相等，故D错误故选：B点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解32013年6月20日，我国宇航员王亚平在天宫授课时，利用质量测量仪粗略测出了聂海胜的质量若聂海胜受恒力F的作用从静止开始运动，测出位移为x时的速度为v，则聂海胜的质量为( )ABCD考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据匀变速直
5、线运动的速度位移公式求出聂海胜的加速度，根据牛顿第二定律求出质量解答：解：根据匀变速直线运动的速度位移公式得：a=，根据牛顿第二定律得，质量为：m=故选：B点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁4“北斗第二代导航卫星网”将由5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星组成，其中静止轨道卫星，是指高度为36000km的地球同步卫星；30颗非静止轨道卫星由27颗中轨（MEO）卫星和3颗倾斜同步（IGSO）卫星组成，其中27颗MEO卫星的轨道高度均为21500km，3颗倾斜同步（IGSO）卫星的轨道高度与静止轨道卫星的轨道高度相同，将各卫星轨道均视为圆轨道，
6、根据以上信息，可以判断( )AMEO卫星的角速度比静止轨道卫星的角速度小B该35颗卫星的轨道圆心可能不重合C静止轨道卫星只能在赤道正上方D静止轨道卫星和倾斜同步（IGSO）卫星的周期不相同考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；同步卫星 专题：人造卫星问题分析：根据万有引力提供向心力=，得到角速度、周期与轨道半径的关系，根据轨道高度的大小，比较角速度和周期的大小同步卫星的轨道为赤道上空36000km的高度，所有同步卫星都在同一个轨道上解答：解：A、根据万有引力提供向心力，得，由此可知，轨道高度越大，角速度越小，MEO卫星的轨道高度为21500km，远小于静止轨道卫星36000km，故MEO卫
7、星的角速度比静止轨道卫星的角速度大，故A错误B、卫星在运行的过程中，重力提供向心力，所以该35颗卫星的轨道圆心都是地球的球心，是重合的故B错误；C、同步卫星的轨道为赤道上空36000km的高度，所有同步卫星都在同一个轨道上，故C正确D、根据万有引力提供向心力，得，轨道高度相同，周期相同，倾斜同步（IGSO）卫星的轨道高度与静止轨道卫星的轨道高度相同，故静止轨道卫星和倾斜同步（IGSO）卫星的周期相同，都是24h故D错误故选：C点评：本题要掌握万有引力提供向心力，并且根据题意要能够用角速度和周期表示出向心力要知道同步卫星的轨道为赤道上空36000km的高度，所有同步卫星都在同一个轨道上52014
8、年8月3日，云南省鲁甸县发生6.5级强震，在一次地震救援中，武警队员从静止在空气中的直升机上顺着长为24m的缆绳沿竖直方向下滑到地面上，假设该队员由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为6s，取g=10m/s2，下列说法正确的是( )A下滑过程中的最大速度为6m/sB加速与减速过程的时间之比为2：1C加速与减速过程的位移之比为1：4D加速与减速过程中受摩擦力大小之比为1：2考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用 专题：牛顿运动定律综合专题分析：由平均速度公式求解最大速度根据速度公式研究加速与
9、减速过程的时间之比根据牛顿第二定律研究摩擦力之比解答：解；A、设最大速度为v，根据平均速度的推论有：，解得v=，故A错误B、设加速与减速过程的时间分别为t1、t2，加速度大小分别为a1、a2则v=a1t1，v=a2t2，得到t1：t2=a2：a1=1：2故B错误C、匀加速运动位移为：x1=，匀减速运动的位移，则x1：x2=1：2故C错误D、由t1：t2=1：2，又t1+t2=6s，得到t1=2s，t2=4s，a1=4m/s2，a2=2m/s2，根据牛顿第二定律，加速过程：mgf1=ma1，f1=mgma1=6m减速过程：f2mg=ma2，f2=mg+ma2=12m 所以f1：f2=1：2故D正
10、确；故选：D点评：本题运用牛顿第二定律运动学公式结合分析多过程问题，也可以采用图象法分析最大速度，根据动能定理研究摩擦力关系6在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R为定值电阻，R为滑动变阻器开关闭合后，灯泡L能正常发光；当滑动变阻器的滑片向右移动后，下列说法中正确的是( )A灯泡L变亮B电容器C的带电量将增大CR0两端的电压减小D电源的总功率变小，但电源的输出功率一定变大考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：灯泡L和滑动变阻器R串联、电容器C和定值电阻R0串联后两条支路再并联当电路稳定后，电容器这一路没有电流，相当于开关断开，对另一路没有影响电容器的电压等于
11、路端电压当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析电流和路端电压的变化，分析灯泡亮度和电容器电量的变化解答：解：A、当滑动变阻器的滑片向右移动后，R增大，电路中电流I减小，灯泡L将变暗故A错误；B、路端电压U=EIr，则知U增大，电容器电量Q=CU增大故B正确C、电路稳定后电容器相当开关断开，R0两端的电压为零，没有变化，故C错误D、I减小，电源的总功率P=EI，E不变，则知电源的总功率减小由于电源的内电阻与外电阻关系不知，不能确定电源输出功率如何变化故D错误故选：B点评：本题关键的要抓住电容器的特点：当电路稳定时，和电容器串联的电路没有电流，电容器电压等于这一串
12、联电路两端的电压7一安培表由电流表G与电阻R并联而成若在使用中发现此安培表读数比准确值稍小些，下列可采取的措施是( )A在R上串联一个比R小得多的电阻B在R上串联一个比R大得多的电阻C在R上并联一个比R小得多的电阻D在R上并联一个比R大得多的电阻考点：把电流表改装成电压表 专题：实验题；恒定电流专题分析：读数偏小说明通过G表的电流稍小，分流电阻分流偏大，分流电阻稍小，要采取的措施：稍增加分流电阻阻值解答：解：A 在R上串联一个比R小得多的电阻，可实现增大分流电阻，减小分流，使电表示数增加故A正确 B 在R上串联一个比R大得多的电阻，会使G表的电流增加太多，读数偏大故B错误 C 在R上并联一个比
13、R小得多的电阻，使分流更大，示数更偏小故C错误 D 在R的并联一个比R大的电阻，会使分流更大，示数更偏小故D错误故选：A点评：考查的电流表的改装原理，明确分流与电阻成反比，电阻大，分流小，反之电阻小则分流大8如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q通过定滑轮且与不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P在传送带左端具有速度v2，已知v1v2，P与定滑轮间的绳水平不计定滑轮与轻绳质量以及定滑轮与绳间摩擦，绳足够长直到物体P从传送带右侧离开以下判断正确的是( )A物体P一定先加速后匀速B物体P可能一直匀速C物体Q的机械能可能先增加后不变D物体Q一直处于超重状态考点：功能关系；牛顿第二定律 分析：
14、由于v1v2，且物体P向右运动，故P受到的摩擦力可能大于Q的重力，故P可能先加速后匀速，也有可能一直加速运动，故物体Q不可能一直处于超重，因绳的拉力做正功，故Q的机械能增加；解答：解：A、由于v1v2，且物体P向右运动，故P受到的摩擦力可能大于Q的重力，故P可能先加速后匀速，也有可能一直加速运动，故A错误；B、由于v1v2，且物体P向右运动，若P受到的摩擦力等于Q的重力，则P一直做匀速运动，故B正确；C、不论A中那种情况，绳子对物体Q的拉力都做正功，故Q的机械能增加，故C错误；D、当物体先加速后匀速时，物体不可能一直处于超重，故D错误；故选：B点评：本题主要考查了物体在传送带上的运动过程，可能
15、是一直加速，也可能是先加速后匀速运动，分清过程是关键9如图所示，两个倾角分别为30和60的足够长光滑斜面同定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中两个质量均为m、带电荷量为+q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端南静止释放，运动一段时间后两小滑块都将飞离斜面，在此过程中( )A甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大B甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短C甲滑块在斜面上运动的位移与乙滑块在斜面上运动的位移大小相同D两滑块在斜面上运动的过程中（从释放到离开斜面），重力的平均功率相等考点：动能定理的应用；洛仑兹力 专题：动能定理的应用专题分析：小滑
16、块向下运动的过程中受到重力、支持力、垂直斜面向上的洛伦兹力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力减小，当支持力减到0时，离开斜面解答：解：A、小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力的垂直斜面的分力平衡，故：mgcos=qvmB解得：vm=所以斜面角度越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故A正确，B、由受力分析得加速度a=gsin，所以甲的加速度小于乙的加速度，因为甲的最大速度大于乙的最大速度，由vm=at得，甲的时间大于乙的时间，故B错误；C、由AB的分析和x=得，甲的位移大于乙的位移，故C错误；D、由平均功率的公式P=F=mgsin=，所以D正确故选：AD点评：解决本题的关键知道洛伦兹力的方
17、向和洛伦兹力的大小以及能够正确的受力分析，理清物体的运动状况10如图所示，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，则下列选项正确的是( )A微粒所受的电场力大小是其所受重力的2倍B带电微粒的机械能增加了mv02CA、B两点间的电势差为DA、B两点间的电势差为考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系 专题：电场力与电势的性质专题分析：微粒在匀强电场中受到重力和电场力两个力作用，电场力做功等于物体机械能的增加，根据动能定理求出AB两点间的电势差UAB解答：解：A、微粒在竖直方向做减速运动，
18、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错误；C、A、B两点间的电势差为：U=，故C正确，D错误；故选：AC点评：本题涉及到电势差的问题，常常要用到动能定理本题的难点在于运动的处理，由于微粒受到两个恒力作用，运用运动的分解是常用的方法11如图所示，竖直面有两个圆形导轨固定在一水平地面上，半径R相同，A轨道由金属凹槽制成，B轨道由金属圆管制成，均可视为光滑轨道在两轨道右侧的正上方将质量均为m的金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别用hA和hB表示，则下列说法正确的是( )A适当调整hA和hB，均可
19、使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处B若hA=hB=2R，则两小球在轨道最低点对轨道的压力为4mgC若hA=hB=R，则两小球都能上升到离地高度为R的位置D若使小球沿轨道运动并且能从最高点飞出，A小球的最小高度为，B小球在hB2R的任何高度均可考点：机械能守恒定律；向心力 专题：机械能守恒定律应用专题分析：小球A恰好能到A轨道的最高点时，轨道对小球无作用力，由重力提供小球的向心力，由牛顿第二定律求出速度小球恰好能到B轨道的最高点时，速度为零，根据机械能守恒分别求出hA和hB再判断hA=hB=2R，两小球是否能沿轨道运动到最高点根据最高点的临界速度求出小球最高点飞出的水平位移的最小值
20、解答：解：A、A中为绳模型，小球A能从A飞出的最小速度为v=，从最高点飞出后下落R高度时，水平位移的最小值为：xA=vt=RR，则小球A落在轨道右端口外侧而适当调整hB，B可以落在轨道右端口处故A错误；B、若hA=hB=2R，由机械能守恒定律可知，2mgR=，则得小球到达最低点时的速度 v=2，则由向心力公式可得：F=mg+m=5mg；故B错误；C、若hA=hB=R，根据机械能守恒定律可知，两小球都到达与O点等高的位置速度为零，即两小球都能上升到离地高度为R的位置，故C正确；D、由A的分析可知，A球最高点最小速度为v=，则由机械能守恒定律可知，mg（hA2R）=mvA2，A球下落的最小高度为R
21、；而B中小球只要在最高点的速度大于2R即可；故D正确；故选：CD点评：本题是向心力、机械能守恒定律、平抛运动的综合，A轨道与轻绳系的球模型相似，B轨道与轻杆固定的球模型相似，要注意临界条件的不同12如图所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量 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，若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越长的带电粒子( )A速率一定越小B速率一定越大C在磁场中通过的路程一定越小D在磁场中的周期一定越大考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 专题：带电
22、粒子在复合场中的运动专题分析：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，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同因此运动轨迹对应的半径越大，则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应的圆心角决定解答：解：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=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=知速率一定越小，A正确，B错误通过的路程即圆弧的长度l=r，与半径r和圆心角有关，故C错误故选：A点评：带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均
23、相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短二、实验题：本题共2小题，共18分13某照明电路出现故障，其电路如图1所示，该电路用标称值为12V的蓄电池作为电，导线与接线柱接触良好维修人员使用已凋好的多用电表直流50V挡检测故障，他将黑表笔接在c点，用红表笔分别探测电路的a、b点（1）断开开关，红表笔接a点时多用电表指示如图2所示，读数为11.5V，说明蓄电池（选填“蓄电池”、“保险丝”、“开关”或“小灯”）正常（2）红表笔接b点，断开开关时，表针不偏转，闭合开关后，多用电表指示仍然和图2相同，可判定发牛故障的器件是小灯（选填“蓄电池”、“保险丝”、“开关”或“小灯”）考点：用多用
24、电表测电阻；闭合电路的欧姆定律 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）先找准刻度，得到最小分度，再读数；电压表测量是路端电压；（2）闭合开关后，多用表指示读数等于路端电压，说明小灯泡断路解答：解：（1）量程为50V，故最小刻度为1V，故读数为11.5V；电压表测量是路端电压，接进电源的电动势，说明蓄电池正常；（2）闭合开关后，多用表指示读数等于路端电压，说明小灯泡断路；故答案为：（1）11.5V，蓄电池；（2）小灯点评：本题关键是明确用多用电表电压挡检测电路故障的方法，结合闭合电路欧姆定律来判断各个部分的电路情况，基础题目14某同学利用伏安法测量某未知电阻Rx的精确电阻（阻值恒定），进行了如下
25、实验：（1）他先用万用电表欧姆挡测该未知电阻的阻值将开关置于10挡位，指针示数如图，若想更准确一些，将开关置于1k挡（1或1k）（2）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0.3A，内阻约为0.1C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，导线若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，以上器材中电流表应选C（填“B”或“C”），电压表应选D（填“D”或“E”），滑动变阻器
26、应选F（填“F”或“G”）请在右侧方框中画出实验电路原理图考点：伏安法测电阻 专题：实验题分析：（1）根据电阻R的额定电压3V，可知电压表选用量程是3V的即可；算出电阻的额定电流大约值，即可选择电流表要求各电表指针能有较大的变化范围，变阻器应采用分压式接法，变阻器总电阻较小（2）根据待测电阻与两电表内阻进行比较，确定电流表的接法，变阻器采用分压式接法，即可设计出电路解答：解：（1）由图可知，将开关置于10挡位，偏角太小；说明所选档位太小；应换大档位；根据题意可知应选择将开关置于10挡位；（2）电源电压为3V，电压表应选量程03V电压表V1，其额定电流约为0.003A=3mA，则电流表应选量程0
27、3mA电流表A2，由于题目要求各电表指针能有较大的变化范围，电路应该设计成滑动变阻器分压接法，电流表外接法，滑动变阻器应选阻值范围010的滑动变阻器R1由图可知，电阻约为10000；而电流表内阻为0.1；电压表内阻为3000；故为大电阻，应采用电流表内接法；误差较小，故电路图如图所示故答案为：（1）1K；（2）CDF；如图点评：对于题目要求各电表指针能有较大的变化范围，一定要选用滑动变阻器的分压接法根据与大小比较，确定电流表的接法三、计算题：本题共4小题，共计46分解答时请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的不能得分有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位15如图是导轨
28、式电磁炮实验装置示意图两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放金属滑块（即实验用弹丸）滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触电源提供的强大电流从一根导轨流入，经过滑块，再从另一导轨流回电源滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射在发射过程中，该磁场在滑块所在位置始终可以简化为匀强磁场，方向垂直于纸面，其强度与电流的关系为B=kI，比例常量k=2.5106T/A已知两导轨内侧间距为l=3.0cm，滑块的质量为m=30g，滑块沿导轨滑行5m后获得的发射速度为v=3.0km/s（此过程视为匀加速运动）（1）求发射过程中金属滑块的加速度大小；（2）求发射过程中电源提供的电流强度大小考点：安
29、培力 分析：（1）由运动学公式确定滑块加速的加速度，再由动能定理求得安培力，最后得到电流强度；（2）先由运动学公式确定滑块加速的时间，再由能量守恒定律结合已知条件列式求解即可解答：解：（1）由匀加速运动公式与：a=9105m/s2（2）由安培力公式和牛顿第二定律，有：F=IBl=kI2l，kI2l=ma因此有：I=6.0105A答：（1）发射过程中金属滑块的加速度大小9105m/s2；（2）发射过程中电源提供的电流强度大小6.0105A；点评：滑块加速过程只有安培力做功，根据运动学公式和牛顿第二定律即可求得16一个质量为m带负电小球，其电量为q，以初速度v0自离地面h高度处水平抛出重力加速度为
30、g，空气阻力忽略不计（1）求小球自抛出到第一次落地点P的过程中发生的水平位移x的大小（2）若在空间加一个竖直方向的匀强电场，发现小球以相同方式水平抛出后做匀速直线运动，请判断电场的方向并求出电场强度E的大小（3）若在空间再加一个垂直纸面的匀强磁场，发现小球以相同方式水平抛出后第一次落地点仍然是P已知OP间的距离大于h，请判断磁场的方向并求出磁感应强度B考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；平抛运动 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）小球做平抛运动，根据分位移公式列式求解即可；（2）小球以相同方式水平抛出后做匀速直线运动，电场力与重力平衡，根据场强的定义求解场强；（3）电场力与重力平衡，洛
31、伦兹力提供向心力，结合几何关系求解半径，然后根据牛顿第二定律列式求解磁感应强度B的大小解答：解：（1）由平抛知识知x=v0t联立两式得水平位移（2）由题意知，电场的方向竖直向下由二力平衡 Eq=mg 得 （3）由题意知，匀强磁场方向垂直纸面向里由几何关系 （rh）2+x2=r2由牛顿运动定律 联立两式得 答：（1）小球自抛出到第一次落地点P的过程中发生的水平位移x的大小为；（2）电场的方向竖直向下电场强度E的大小为（3）磁场的方向为垂直纸面向里，磁感应强度大小为点评：本题关键明确小球的运动性质，然后根据平抛运动的分运动公式、直线运动的条件、牛顿第二定律列方程，不难17在如图所示的电路中，电源的
32、电动势E=9.0V，内阻r=1.0电阻R1=10，R2=10，R3=30，R4=35；电容器的电容C=100 F电容器原来不带电求：（1）电源的输出功率（2）一分钟内R1上产生的热量（3）接通电键K后流过R4的总电荷量考点：闭合电路的欧姆定律；焦耳定律 专题：恒定电流专题分析：（1）先求出外电路总电阻，再由闭合电路欧姆定律求出总电流，即可求解电源的输出功率（2）求出路端电压，再由焦耳定律求R1上产生的热量（3）接通开关S待电路稳定后电容器两板间的电压等于电阻R3两端的电压根据欧姆定律和串并电路的特点，求出电压UC；接通开关S到电路稳定过程中流过R4的总电荷量Q等于电容器所带的电量，根据电容的定
33、义式求解Q解答：解：（1）外电路总电阻为：R=8总电流为：I=A=1A故电源的输出功率为：P=EII2r=91121=8W（2）路端电压为：U=EIr=911=8V一分钟内R1上产生的热量为：Q=t=J=288J（3）电容器两板间电压等于R3两端电压为：UC=U3=U=8V=6V流过R4的电荷量为：Q=CUC得：Q=6104C答：（1）电源的输出功率是8W（2）一分钟内R1上产生的热量是288J（3）接通电键K后流过R4的总电荷量是6104C点评：对于含有电容器的问题，关键是确定电容器的电压电路稳定时电容器的电压等于其并联电路两端的电压18如图，OAC的三个顶点的坐标分别为O（0，0）、A（0
34、，L）、C（L，0），在OAC区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场在t=0时刻，同时从三角形的OA边各处以沿y轴正向的相同速度将质量均为m，电荷量均为q的带正电粒子射入磁场，已知在t=t0时刻从OC边射出磁场的粒子的速度方向垂直于y轴不计粒子重力和空气阻力及粒子间相互作用（1）求磁场的磁感应强度B的大小；（2）若从OA边两个不同位置射入磁场的粒子，先后从OC边上的同一点P（P点图中未标出）射出磁场，求这两个粒子在磁场中运动的时间t1与t2之和考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子垂直OA进入磁场中，转过90，垂直打在y轴上，则t=t0=T，求出周期，由周期公式T=求B的大小（2）画出两个粒子的运动轨迹，设轨迹所对应的圆心角分别为1和2，由几何关系有1=1802，可得到时间之和等于解答：解：（1）粒子在t0时间内，速度方向改变了90，t=t0=T，故周期T=4t0由T=得B=（2）在同一点射出磁场的两粒子轨迹如图，轨迹所对应的圆心角分别为1和2，由几何关系有：1=1802故t1+t2=2t0答：（1）磁场的磁感应强度B的大小为；（2）这两个粒子在磁场中运动的时间t1与t2之和为2t0点评：对于带电粒子在磁场中运动类型，要善于运用几何知识帮助分析和求解，这是轨迹问题的解题关键高考资源网版权所有，侵权必究！
