1、2013-2014学年山东省枣庄八中北校高三（上）期末物理模拟试卷 一.不定项选择题（共10个小题，每小题4分，共40分每小题的四个选项中，至少有一个选项符合题意，完全选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得零分1（4分）（2013秋薛城区校级期末）下列说法正确的是（）A牛顿发现了行星运动的规律B奥斯特发现了电流的磁效应C法拉第首次总结出了感应电流方向判断的方法D伽利略和笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了较大的贡献考点：物理学史版权所有分析：本题关键应掌握：开普勒发现了行星运动的规律；奥斯特发现了电流的磁效应；楞次首次总结出了感应电流方向判断的方法；伽利略和笛卡尔研究了运动和力的关系，对牛顿第
2、一定律的建立做出了较大的贡献解答：解：A、是开普勒发现了行星运动的三大规律，不是牛顿；故A错误B、丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应；故B正确C、楞次用实验首次总结出了感应电流方向判断的方法楞次定律故C错误D、伽利略和笛卡尔研究了运动和力的关系，对牛顿第一定律的建立做出了较大的贡献故D正确故选BD点评：本题考查物理学史，对于开普勒、牛顿、楞次等科学家的成就要记牢，不能张冠李戴2（4分）（2013秋薛城区校级期末）如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁从O点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中（）A细绳的
3、拉力逐渐变大BQ受到墙壁的弹力逐渐变大CQ受到墙壁的摩擦力逐渐变大DQ将从墙壁和小球之间滑落考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：分别对P、Q受力分析，通过P、Q处于平衡判断各力的变化解答：解：A、对P分析，P受到重力、拉力和Q对P的弹力处于平衡，设拉力与竖直方向的夹角为，根据共点力平衡有：拉力F=，Q对P的支持力N=mgtan铅笔缓慢下移的过程中，增大，则拉力F增大，Q对P的支持力增大故A正确B、对Q分析知，在水平方向上P对A的压力增大，则墙壁对Q的弹力增大，在竖直方向上重力与摩擦力相等，所以A受到的摩擦力不变，Q不会从墙壁和小球之间
4、滑落故B正确，C、D错误故选AB点评：本题关键是能够灵活地选择研究对象进行受力分析，根据平衡条件列方程求解3（4分）（2013盐城二模）如图所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方（略靠前）固定一根与线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流释放线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中（）A线框中感应电流方向依次为ACBAABCAACBAB线框的磁通量为零的时，感应电流却不为零C线框所受安培力的合力方向依次为向上向下向上D线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律版权所有专题：电磁感应中的力学问题分析：根据右手定
5、则，通电直导线的磁场在上方向外，下方向里；离导线近的地方磁感应强度大，离导线远的地方磁感应强度小，然后根据楞次定律可以判断感应电流的方向，根据左手定则可以判断受力的方向解答：解：A：根据右手定则，通电直导线的磁场在上方向外，下方向里；离导线近的地方磁感应强度大，离导线远的地方磁感应强度小线框从上向下靠近导线的过程，向外的磁感应强度增加，根据楞次定律，线框中产生顺时针方向的电流；穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大，直至最大；根据楞次定律，线框中产生逆时针方向的电流向里的磁通量变成最大后，继续向下运动，向里的磁通量又逐渐减小，这时
6、的电流新方向又变成了顺时针故A正确；B：根据A中的分析，穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，一直减小到0，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大这一过程是连续的，始终有感应电流存在，故B正确；CD：根据楞次定律，感应电流始终阻碍线框相对磁场的运动，故受安培力的方向始终向上，不是0，CD都错误故选：AB点评：本题考查通电直导线的磁场的特点和楞次定律的应用，该过程中，要注意穿越导线时，先是向外的磁通量减小，一直减小到0，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大这一过程是连续的，始终有感应电流存在属于基础题型，易错题4（4分）（2013秋薛城区校级期末）如图所示，地球的球心为O，
7、半径为R，表面的重力加速度为g，若某卫星经过地面上方距地心2R的P点，则（）A卫星经过P点时的加速度一定是B卫星在P点的速度一定是C卫星在P点的速度可能大于7.9km/sD从绕地球做圆周运动的卫星上对准地心弹射一物体，物体一定沿直线PO落到地面考点：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版权所有专题：人造卫星问题分析：根据万有引力等于重力和万有引力提供向心力分别求出P点的加速度和卫星经过P点的速度卫星经过P点时可能做离心运动，则速度可能大于第一宇宙速度解答：解：A、根据，知a=，因为r=2R，知卫星在轨道P处的加速度是贴近地球表面做圆周运动加速度的，根据=mg=ma，知卫星贴
8、近地球表面做圆周运动的加速度为g，则卫星经过P点时的加速度一定是故A正确B、根据mg=，解得，因为g，则卫星在P点的速度为故B错误C、卫星经过P点时可能做离心运动，则速度可能大于第一宇宙速度故C正确D、从绕地球做圆周运动的卫星上对准地心弹射一物体，物体相对卫星的速度方向是指向地心，但物体相对地球的速度方向则偏离地心所以，该物体在地球的万有引力作用下，将绕地球做轨迹为椭圆的曲线运动，地球在其中一个焦点故D错误故选AC点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个理论，并能熟练运用5（4分）（2013秋薛城区校级期末）有一个正检验电荷仅受电场力作用，分别从电场中的a点由静止释放
9、，动能Ek随位移x变化的关系图象如图中的图线所示，其中图线是直线图中甲是匀强电场，乙是孤立的正点电荷形成的电场，丙是等量异种点电荷形成的电场（a，b位于两点电荷连线上，且a位于连线的中点），丁是等量正点电荷形成的电场（a，b位于两点电荷连线的中垂线上，且a位于连线的中点），下列说法正确的是（）A检验电荷在甲图所示电场中从a由静止释放，沿直线运动到b点，对应的图线可能是B检验电荷在乙图所示电场中从a由静止释放，沿直线运动到b点，对应的图线可能是C检验电荷在丙图所示电场中从a由静止释放，沿直线运动到b点，对应的图线可能是D检验电荷在丁图所示电场中从a由静止释放，沿直线运动到b点，对应的图线可能是考
10、点：电场强度版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：由图2中各电场的特点可得出电场力做功与运动位移的关系，而电场力做功等于动能的增加量，分析各图中图象与位移的关系可判断是否正确解答：解：A、甲图中电场为匀强电场，电场力做功W=EqS，因E、q均保持不变，故电场力做功与S成正比，故对应的图线可能是，故A正确；B、乙图中从a到b时电场减小，故电场力做的功越来越小，即动能的增量应是减小的，故图象应为，故B错误；C、丙图中为两异种电荷，a为中间，故从a到b时，电场强度增大，故电场力做功也将增大，故动能的增量增大，故应为，故C正确；D、丁图中a处场强最小，而不能明确b的位置，故从a到b时场强可能一直增
11、大，也可能先增大再减小，若场强一直增大，则做功越来越快，图象应为；故D错误；故选A点评：本题要求学生能准确把握常见电场中的场强的分布特点及坐标中图象的意义；能从图象中判断出物理量的变化规律6（4分）（2013秋薛城区校级期末）如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定不变，滑片P在变阻器正中位置时，电灯L正常发光，现将滑片P移到右端，则（）A电压表、电流表的示数变大B电灯L消耗的功率变小C电阻R1消耗的功率变小D电容器C上的带电量减少考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：滑动变阻器的滑片P向右端滑动时，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻减小，由欧姆定律分析
12、总电流的变化和路端电压的变化，来判断电流表示数的变化和灯泡亮度的变化根据总电流和通过灯泡的电流变化，分析通过R1的电流的变化，根据路端电压和R1的电压的变化，判断电压表读数的变化电容器板间电压就等于路端电压，电容器的电压减少时，其带电量就减少，相反，电量增加解答：解：滑动变阻器的滑片P向右端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，所以外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知总电流I增大，所以电流表示数变大路端电压U=EIr，I增大，则U减小电灯L和电容器的电压都等于路端电压，U减小，所以电灯L的电流减小，电灯L消耗的功率变小，电容器C上的带电量减少总电流增大，电灯L的电流减小，根据并联电路的规律可知
13、：通过滑动变阻器及R1的电流增大，电阻R1消耗的功率增大路端电压减小，R1的电压增大，所以R的电压减小，则电压表的示数减小故BD正确，AC错误故选：BD点评：本题是电路动态分析问题对于路端电压也可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大判断变化7（4分）（2012秋临沂期末）如图所示，电阻不计的竖直光滑金属轨道PMNQ，其PMN部分是半径为r的圆弧，NQ部分水平且足够长，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于PMNQ平面指向纸里一粗细均匀的金属杆质量为m，电阻为R，长为r，从图示位置由静止释放，若当地的重力加速度为g，金属杆与轨道始终保持良好接触，则（）A杆下滑过程机械能守恒B杆最终可能沿NQ匀速运
14、动C杆从释放到滑至水平轨道过程产生的电能大于D杆从释放到滑至水平轨道过程中，通过杆的电荷量等于考点：导体切割磁感线时的感应电动势版权所有专题：电磁感应功能问题分析：杆在下滑过程中，杆与金属导轨组成闭合回路，磁通量在改变，产生感应电流，杆受到安培力作用，可知其机械能不守恒，杆最终沿水平面时，不产生感应电流，不受安培力作用而做匀速运动杆从释放到滑至水平轨道过程，重力势能减小mgr，产生的电能和棒的动能，由能量守恒定律分析杆上产生的电能根据推论q=，求出磁通量的变化量，即可求出电荷量解答：解：A、杆在下滑过程中，杆与金属导轨组成闭合回路，磁通量在改变，会产生感应电流，杆将受到安培力作用，安培力对杆做
15、功，杆的机械能不守恒故A错误B、杆最终沿水平面时，不产生感应电流，不受安培力作用而做匀速运动故B正确C、杆从释放到滑至水平轨道过程，重力势能减小mgr，产生的电能和棒的动能，由能量守恒定律得知：杆上产生的电能小于mgr故C错误D、杆与金属导轨组成闭合回路磁通量的变化量为=B（），根据推论q=，得到通过杆的电荷量为q=故D正确故选BD点评：本题要抓住题中隐含的条件：导轨是金属的，可与杆组成导电回路，磁通量在改变，回路中会产生感应电流，有电荷通过杆8（4分）（2013秋薛城区校级期末）如图甲是回旋加速器的原理示意图其核心部分是两个D型金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中（磁感应强度大小
16、恒定），并分别与高频电源相连加速时某带电粒子的动能EK随时间t变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是（）A高频电源的变化周期应该等于tntn1B在EKt图象中t4t3=t3t2=t2t1C粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大D不同粒子获得的最大动能都相等考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理版权所有分析：回旋加速器工作条件是交流电源的周期必须和粒子在磁场中圆周运动的周期一致，由公式T=和r= 进行分析判断解答：解：A、交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故电源的变化周期应该等于2（tntn1），故A错误；B、根据T=知，粒子回旋周期不变，在Ek
17、t图中应有t4t3=t3t2=t2t1，故B正确；C、D根据公式r=，得v=，故最大动能Ekm=mv2=，则知粒子获得的最大动能与D形盒的半径有关，D形盒的半径越大，粒子获得的最大动能越大，与加速的次数无关故C错误，D也错误；故选：B点评：本题考查了回旋加速器的原理，特别要记住粒子获得的最大动能是由D型盒的半径，及带电粒子的比荷决定的9（4分）（2013盐城二模）将力传感器A固定在光滑水平桌面上，测力端通过轻质水平细绳与滑块相连，滑块放在较长的小车上如图甲所示，传感器与计算机相连接，可获得力随时间变化的规律一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮，一端连接小车，另一端系沙桶，整个装置开始处于静止状态在物
18、体与小车分离前缓慢向沙桶里倒入细沙，力传感器采集的Ft图象如乙图所示则（）A2.5s前小车做变加速运动B2.5s后小车做变加速运动C2.5s前小车所受摩擦力不变D2.5s后小车所受摩擦力不变考点：验证牛顿第二运动定律版权所有专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：对滑块进行受力分析，由图象求出传感器对滑块的拉力，由平衡条件求出滑块受到的摩擦力，然后由牛顿第三定律判断小车的受力情况解答：解：根据图象可知，2.5秒之后传感器拉力不变，说明此时小车开始运动，传感器拉力大小等于滑动摩擦力大小，因此2.5秒后小车所受摩擦力不变，由于沙桶质量不端增加，即重力不变增加，因此2.5s后小车做变加速运动，2.5
19、秒之前小车静止不动，小车所受摩擦力为静摩擦力，大小不断增大，故AC错误，BD正确故选BD点评：本题难度不大，对滑块正确受力分析、应用牛顿的三定律即可正确解题，由图乙所示图象求出传感器拉力大小是正确解题的关键10（4分）（2013济宁模拟）如图所示，一质量为m的小球套在光滑竖直杆上，轻质弹簧一端固定于O点，另一端与该小球相连现将小球从A点由静止释放，沿竖直杆运动到B点，已知OA长度小于OB长度，弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等在小球由A到B的过程中（）A加速度等于重力加速度g的位置有两个B弹簧弹力的功率为零的位置有两个C弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功D弹簧弹力做正功过
20、程中小球运动的距离等于小球克服弹簧弹力做功过程中小球运动的距离考点：功的计算；胡克定律；牛顿第二定律版权所有专题：功的计算专题分析：弹力为0时或弹力方向与杆垂直时物体加速度为g，且弹力功率为0因A，B弹力大小相等则弹性势能相等据此分析各选项解答：解：A、在运动过程中A点为压缩状态，B点为伸长状态，则由A到B有一状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直，加速度为g；当弹簧与杆垂直时小球加速度为g则两处 加速度为g故A正确 B、A处速度为零，弹力功率为零；下滑过程弹簧弹力与杆子垂直，弹力功率为零；当原长时弹力为零，功率为零，故弹力功率为0共有3处，故B错误 C、因A点与B点弹簧的弹性势能相同，则弹簧弹力对
21、小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功故C正确 D、因做负功时弹力大，则弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离大于小球克服弹簧弹力做功过程中小球运动的距离故D错误故选：AC点评：考查弹簧弹力做功的内容，明确功与功率和力与速度方向夹角有关，会由能量的变化分析功的正负二.本题共3小题，共15分把答案填在题中的横线上或按要求作图.11（4分）（2012秋浏阳市期末）用游标卡尺和螺旋测微器测量一根金属丝的长度和直径，测量的结果如图所示，则此金属丝的长度L=39.30 mm，直径d=1.650 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：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游
22、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：游标卡尺的固定刻度读数为39mm，游标读数为0.056mm=0.30mm，所以最终读数为39.30mm螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为0.0115.0mm=0.150mm，所以最终读数为1.650mm答案：39.30，1.650点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是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12（3分）（2013秋薛城区校级期末）一多用电表的表盘如下（1）用
23、10挡测量某电阻时，操作步骤正确，表盘的示数如图，则该电阻的阻值是220（2）若将该表的选择开关置于10mA挡测电流，表盘示数仍如图，则被测电流为4.0mA；（3）若用直流25V挡测量电压，表盘示数还如图，则读数为10.0V考点：用多用电表测电阻版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：根据选择开关位置确定多用电表所测量的量，确定其量程与分度值，然后根据指针位置读数解答：解：（1）用10挡测量某电阻时，操作步骤正确，表盘的示数如图，则该电阻的阻值是2210=220（2）若将该表的选择开关置于10mA挡测电流，由图示可知，其分度值为0.2mA，则被测电流为4.0mA；（3）若用直流25V挡测量电压
24、，由图示表盘可知，其分度值为0.5V，则读数为10.0V；故答案为：（1）220；（2）4.0；（3）10.0点评：本题考查了多用电表的读数，对多用电表读数时，先要根据选择开关的位置确其所测量的量，然后根据表盘确定其分度值，最后在读数，读数时要注意视线要与刻度线垂直13（8分）（2014青羊区校级模拟）用下列器材组成一个电路，既能测量出电池组的电动势E和内阻r，又能描绘出小灯泡的伏安特性曲线A电压表V1（量程6V，内阻很大）B电压表V2（量程3V，内阻很大）C电流表A（量程3A，内阻很小）D滑动变阻器R（最大阻值10，额定电流4A）E小灯泡（2A，5W）F电池组（电动势E，内阻r）G开关一只，
25、导线若干实验时，调节变阻器，多次测量，发现若电压表V1的示数变大，则电压表V2的示数变小请将实验电路图在答题纸上图甲的虚线方框中补充完整每一次操作后，同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数，组成两个坐标点（I1，U1）、（I1，U2），标到IU坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图乙所示则电池组的电动势E=4.5V，内阻r=1.0（结果保留两位有效数字）IU坐标中画出的两条图线在P点（2.0A，2.5V）相交，此时滑动变阻器接入电路的阻值应为：0考点：测定电源的电动势和内阻版权所有专题：实验题分析：（1）测电源电动势与内阻实验时，电压表测路端电压，随滑动变阻器接入电路阻值的增大
26、，电压表示数增大；灯泡两端电压随滑动变阻器阻值增大而减小；根据电压表示数变化确定各电路元件的连接方式，然后作出实验电路图（2）电源的UI图象与纵轴的交点示数是电源的电动势，图象斜率的绝对值倒数等于电源内阻（3）由图象求出两图线的交点对应的电压与电流，然后根据闭合电路中内外电压的关系及欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的阻值；解答：解：（1）伏安法测电源电动势与内阻实验中，电压表测路端电压，电压表示数随滑动变阻器接入电路阻值的增大而增大；描绘小灯泡伏安特性曲线实验中，电流表测流过灯泡的电流，灯泡两端电压随滑动变阻器接入电路电阻的增大而减小；调节滑动变阻器时，电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减
27、小，则V1测路端电压，V2测灯泡两端电压，电路图如图所示（2）电源的IU图象是一条倾斜的直线，IU图象与横轴的交点表示电动势，由图象可知，电源电动势E=4.5V，图象斜率的绝对值倒数等于电源内阻电源内阻r=1.0（3）由图乙所示图象可知，两图象的交点坐标，即灯泡电压UL=2.5V，此时电路电流I=2.0A，电源电动势E=Ir+UL+IR滑，即4.5V=2.0A1+2.5V+2.0AR滑，则R滑=0；故答案为：（1）如图所示；（2）4.5；1.0；（3）0点评：电源的UI图象与纵轴的交点是电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻，求电源内阻时要注意看清楚纵轴坐标起点数据是多少，否则容易出错三计算题（
28、本题共5小题，共45分要求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给分有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位）14（6分）（2013秋薛城区校级期末）重庆打黑风暴，特警队员起了重要的作用为了提高训练质量，必须获得训练的一些数据在一次日常训练中，队员从一根竖直杆上静止滑下，经一段时间落地，队员下滑过程中受到的摩擦力随时间变化规律如图，已知该队员质量为60kg，队员经2.5s到达地面，（g=9.8m/s2，忽略空气阻力）求：队员下滑过程中的最大速度及队员2.5s内下滑的高度考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：特警队员
29、下滑过程中竖直方向受到重力和轻绳的作用力，根据牛顿第二定律求出其加速度，由运动学公式求出其最大速度和下落的高度解答：解：该队员先在t1=1s时间内以a1匀加速下滑，然后在t2=2s时间内以a2匀减速下滑落地在第1s内，由牛顿第二定律得：mgF1=ma1得：a1=g=3.8m/s2则最大速度：vm=a1t1=3.81=3.8m/st1=1s时间内，设下落高度为：h1=在t2=2s时间内，由牛顿第二定律得：F2mg=ma2得：a2=2.2m/s2设下落高度为h2则：h2=vmt2=3.225m则队员2.5s内下滑的高度：H=h1+h2=5.125m答：队员下滑过程中的最大速度为3.8m/s，队员2
30、.5s内下滑的高度为5.125m点评：本题特警队员先做匀加速运动后做匀减速运动，要抓住两个过程之间的联系：速度关系，运用牛顿定律和运动学公式结合进行求解15（8分）（2013秋薛城区校级期末）如图所示，在地面附近，坐标系xOy在竖直平面内，空间有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，在x0的区域内还有沿x轴负向的匀强电场，场强大小为E，一个带正电油滴经图中x轴上的M点，沿着与水平方向成a=30角斜向下做直线运动，进入x0的区域要使油滴进入x0的区域后能在竖直平面内做匀速圆周运动需在x0的区域内加一个匀强电场，若带电油滴做圆周运动通过x轴上的N点，且MO=NO求：（1）在x0的区域
31、内所加的电场强度的大小和方向；（2）油滴从x轴上的M点到达x轴上的N点所用的时间考点：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版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）带电油滴沿着直线MP做匀速运动，分析受力情况，由平衡条件判断油滴的电性油滴沿着直线MP做匀速运动，合力为零，作出油滴的受力示意图；在x0的区域，油滴要做匀速圆周运动，其所受的电场力必与重力平衡，则可由平衡条件列式求得场强（2）分段求时间，匀速直线运动过程，根据位移和速率求解；匀速圆周运动过程，画出轨迹，根据轨迹的圆心角求时间解答：解：（1）带电油滴沿着直线MP做匀速运动，分析受力情况如图1，可知油滴带正电
32、油滴受三力作用（见图1）沿直线匀速运动由平衡条件有：qvBsin30=qE mgtan30=qE解得：v=在x0的区域，油滴要做匀速圆周运动，其所受的电场力必与重力平衡，由于油滴带正电，所以场强方向竖直向上设该电场的场强为E，则有qE=mg由、式联立解得E=E，方向竖直向上；（3）见图2，弧PN为油滴做圆周运动在x0、y0区域内形成的圆弧轨道所对应的弦，PO是过P点所作的垂直于MP的直线，由于MO=NO，由几何关系容易知道O点一定是圆心，且PON=120设油滴从M点到P点和从P点到N点经历的时间分别为t1和t2做匀速圆周运动时有qvB=m由、由式解得：R=t1=t2=T=全过程经历的时间为t=
33、t1+t2=+=；答：（1）在x0空间内所加电场的场强大小为E，方向：竖直向上（2）油滴从x轴上的M点开始到达x轴上的N点所用的时间为：+=点评：本题是带电体在复合场中运动的类型，分析受力情况和运动情况是基础，小球做匀速圆周运动时，画出轨迹，由几何知识确定圆心角是求解运动时间的关键16（10分）（2013日照一模）如图所示，从A点以0=4m/s的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆孤轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平已知长木板的质量M=4kg，A、B两点距C点的高度分别为H=0.6m
34、、h=0.15m，R=0.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数2=0.2，g=10m/s2求：（1）小物块运动至B点时的速度大小和方向；（2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力；（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力版权所有专题：动能定理的应用专题分析：（1）已知平抛的抛出高度和落地速度方向，求落地的速度大小和方向，用运动的合成与分解求解；（2）小物块在BC间做圆周运动运动，在C点时轨道支持力和重力的合力提供圆周运动的向心力，据此求解即可；（3）根据物块在长木板上滑动时，物块的位移长木板的位移应
35、该小于等于长木板的长度这一临界条件展开讨论即可解答：解：（1）物块做平抛运动：Hh=gt2设到达C点时竖直分速度为vy则：vy=gt=5m/s方向与水平面的夹角为：tan=，即=37 （2）从A至C点，由动能定理得mgH= 设C点受到的支持力为FN，则有FNmg=由式可得v2=m/s 所以：FN=47.3 N 根据牛顿第三定律可知，物块m对圆弧轨道C点的压力大小为47.3N（3）由题意可知小物块m对长木板的摩擦力f=1mg=5N 长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力f=2（M+m）g=10N 因ff，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端
36、时速度刚好为0则长木板长度至少为l=2.8m 答：（1）小物块运动至B点时的速度大小为5m/s，方向与水平面成37角；（2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力FN=47.3 N；（3）长木板至少为2.8m，才能保证小物块不滑出长木板点评：本题关键要理清物块在多个不同运动过程中的运动规律，掌握物块各个阶段的运动规律是解决本题的关键17（9分）（2013甘肃二模）如图甲，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成=30角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B=0.5T质量为m的金属杆a b水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r现从静
37、止释放杆a b，测得最大速度为vm改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示已知轨距为L=2m，重力加速度g取l0m/s2，轨道足够长且电阻不计（1）当R=0时，求杆a b匀速下滑过程中产生感生电动势E的大小及杆中的电流方向；（2）求金属杆的质量m和阻值r；（3）当R=4时，求回路瞬时电功率每增加1W的过程中合外力对杆做的功W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；安培力；电磁感应中的能量转化版权所有专题：电磁感应功能问题分析：（1）ab杆匀速下滑时速度最大，当R=0时，由乙图读出最大速度，由E=BLv求出感应电动势，由右手定则判断感应电流的方向；（2）根据E=BLv、及
38、平衡条件，推导出杆的最大速度v与R的表达式，结合图象的意义，求解杆的质量m和阻值r；（3）当R=4时，读出最大速度由E=BLv和功率公式得到回路中瞬时电功率的变化量，再根据动能定理求解合外力对杆做的功W解答：解：（1）由图可知，当R=0 时，杆最终以v=2m/s匀速运动，产生电动势 E=BLv=0.522V=2V 由右手定则判断得知，杆中电流方向从ba （2）设最大速度为v，杆切割磁感线产生的感应电动势 E=BLv由闭合电路的欧姆定律：杆达到最大速度时满足 mgsinBIL=0解得：v=由图象可知：斜率为，纵截距为v0=2m/s，得到：=v0=k 解得：m=0.2kg，r=2 （3）由题意：E
39、=BLv，得 ，则由动能定理得W=联立得 代入解得 W=0.6J 答：（1）当R=0时，杆a b匀速下滑过程中产生感生电动势E的大小是2V，杆中的电流方向从ba；（2）金属杆的质量m是0.2kg，阻值r是2；（3）当R=4时，回路瞬时电功率每增加1W的过程中合外力对杆做的功W是0.6J点评：电磁感应问题经常与电路、受力分析、功能关系等知识相结合，是高中知识的重点，该题中难点是第三问，关键是根据物理规律写出两坐标物理量之间的函数关系18（12分）（2013日照一模）如图所示，在直角坐标系xoy的第一、四象限区域内存在两个有界的匀强磁场：垂直纸面向外的匀强磁场I、垂直纸面向里的匀强磁场II，O、M
40、、P、Q为磁场边界和x轴的交点OM=MP=L在第三象限存在沿y轴正向的匀强电场一质量为m、带电荷量为+q的粒子从电场中坐标为（2L，L）的点以速度0沿+x方向射出，恰好经过原点O处射入区域I又从M点射出区域I（粒子的重力忽略不计）（1）求第三象限匀强电场场强E的大小；（2）求区域I内匀强磁场磁感应强度B的大小；（3）如带电粒子能再次回到原点O，问区域II内磁场的宽度至少为多少？粒子两次经过原点O的时间间隔为多少？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式
41、求解场强E的大小；（2）带电粒子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动由题意，粒子经过原点O处射入区域I又从M点射出区域I，画出轨迹，由几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律即可求得磁感应强度B的大小；（3）当带电粒子恰好能再次回到原点O，在磁场中轨迹恰好与其右边界相切，画出轨迹，由几何关系即可求出磁场的宽度分段求出时间，即可求得总时间解答：解：（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则有 水平方向：2L=v0t 竖直方向：联立解得，（2）设到原点时带电粒子的竖直分速度为vy则 则粒子进入磁场时速度大小为 ，方向与x轴正向成45 粒子进入区域做匀速圆周运动，由几何知识可得轨迹半径为 由洛伦兹力充当向心力，则有 可解得：（3）粒子运动轨迹如图在区域做匀速圆周的半径为 带电粒子能再次回到原点的条件是区域的宽度 粒子从O到M的运动时间 粒子从M到N的运动时间 粒子在区域中的运动时间 粒子两次经过原点O的时间间隔为 答：（1）第三象限匀强电场场强E的大小是；（2）区域I内匀强磁场磁感应强度B的大小是；（3）如带电粒子能再次回到原点O，区域II内磁场的宽度至少为（+1）L，粒子两次经过原点O的时间间隔为点评：本题考查带电粒子在电磁场中的运动，注意在磁场中的运动要注意几何关系的应用，在电场中注意由类平抛运动的规律求解
