1、北京市房山区2015届高三上学期期末考试物理试卷一、单项选择题（每题4分，共60分）1下列说法正确的是（）A布朗运动是液体分子的无规则运动B气体的温度升高时，压强一定增大C若两分子间距离减小，则分子间引力和斥力都增大D物体的温度越高，分子热运动越剧烈，物体内每个分子的动能越大考点：理想气体的状态方程；布朗运动；温度是分子平均动能的标志.专题：布朗运动专题分析：布朗运动是液体分子无规则热运动的反映气体分子的平均动能越大，气体的压强不一定越大分子力中分子引力和斥力都随距离的减小而增大，随距离的增大而减小温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律解答：解：A、布朗运动是悬浮在液体颗粒做的无
2、规则的运动，是液体分子无规则热运动的反映故A错误B、根据理想气体的状态方程：可知，气体的温度升高时，若体积同时增大，压强不一定增大故B错误C、分子间相互作用的引力和斥力都随分子间距离的减小而增大故C正确D、温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能增大，并不是每个分子的动能越大故D错误故选：C点评：本题考查理想气体的状态方程的应用以及对分子动理论的理解温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大2（4分）一束单色光从真空斜射向某种介质的表面，光路如图所示下列说法中正确的是（）A光从真空射入介质后，频率变大B此介质的折射率等于C
3、入射角大于45时可能发生全反射现象D入射角小于30时可能发生全反射现象考点：光的折射定律.专题：光的折射专题分析：根据折射定律求折射率，发生全反射的条件是从光密介质射向光疏介质解答：解：A、光从真空射入介质后，频率不变，A错误B、根据折射定律n=，故B正确；C、光从真空斜射向某种介质的表面，是从光疏介质射向光密介质，不可能发生全反射，故CD错误；故选：B点评：折射率都是大于1的，故是大角的正弦比上小角的正弦3（4分）下列说法正确的是（）A太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应BUTh+He是核裂变反应方程C一个氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，该氢原子放出光子，能量增加D将放射性元素的温度
4、降低，它的半衰期会发生改变考点：氢原子的能级公式和跃迁.专题：原子的能级结构专题分析：原子核自发放出粒子的过程，是衰变；从高能级向低能级跃迁，辐射光子，原子能量减小；半衰期的大小与元素的化学性质无关，与温度、压强等物理环境无关解答：解：A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，故A正确；B、UTh+He是衰变故B错误C、一个氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，该氢原子放出光子，能量减小故C错误D、元素的半衰期由原子核内部因素决定，与所处的化学状态，以及物理环境无关故D错误故选：A点评：本题考查热核反应、衰变、能级跃迁等基础知识点，关键要熟悉教材，了解这些基础知识点，即可轻松解决4（4分）图
5、甲为一简谐横波在t=0时刻的波形图象，图乙为横波中x=2m处质点A的振动图象，则下列说法正确的是（）A波的传播速度大小为2m/sB波的传播方向沿x轴负方向C在t=0时刻，图甲中质点A的振动速度大小为0D在t=1s时刻，图甲中质点A的加速度为0考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象.分析：由乙图读出t=0时刻质点A的振动方向，由甲图判断出波的传播方向由甲图读出波长，由乙图读出周期，即可求得波速根据t=0时刻质点A的位置分析其速度大小根据时间t=1s与周期的关系，分析质点A的位移，即可确定其加速度的大小解答：解：A、由甲图读出波长=8m，由乙图读出周期T=4s，则波速 v=2m/s故A正确B、由
6、乙图读出t=0时刻质点A的振动方向沿y轴正方向，由甲图判断出波的传播方向沿x轴正方向故B错误C、在t=0时刻，图甲中质点A位于平衡位置，速度最大，不是0，故C错误D、因t=1s=T，图示时刻质点A的振动方向沿y轴正方向，则在t=1s时刻，图甲中质点A到达波峰，加速度最大，故D错误故选：A点评：本题关键要抓住振动图象与波动图象之间的联系，将一个周期分成四个周期研究质点的振动过程5（4分）GPS导航系统可以为陆、海、空三大领域提供实时、全天候和全球性的导航服务，它是由周期约为12h的卫星群组成则GPS导航卫星与地球同步卫星相比（）A地球同步卫星的角速度大B地球同步卫星的轨道半径小CGPS导航卫星的
7、线速度大DGPS导航卫星的向心加速度小考点：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：人造卫星问题分析：同步卫星的周期为24h，GPS导航系统的周期为12h根据开普勒定律：，可知卫星的轨道半径R越大，周期越大，由公式=，分析角速度的关系、半径关系由公式v=分析线速度的关系由公式a=分析向心加速度的大小解答：解：A、由题，北斗导航系统的同步卫星周期大于GPS导航卫星的周期，由公式=知道，北斗导航系统的同步卫星的角速度小故A错误 B、由根据开普勒定律得到，北斗导航系统的同步卫星的轨道半径大故B错误 C、由公式v=分析知道，G是常量，M是地球的质量不变，则GPS导航卫星的线速度
8、大故C正确 D、由公式a= 分析得知，GPS导航卫星的向心加速度大故D错误故选：C点评：对于卫星类型的选择题，可以利用开普勒定律理解、记忆周期与半径的关系，再结合圆周运动的公式分析其他量的关系6（4分）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为4：1原线圈接入交流电源，其电压与时间呈正弦函数关系如图乙所示，副线圈接R=10的负载电阻下述结论正确的是（）A交流电源的电压表达式为u=20sin100tB副线圈中电压表的示数为5VC原线圈中电流表的示数为0.5AD原线圈的输入功率为2.5W考点：变压器的构造和原理.专题：交流电专题分析：由图乙可知输入电源的最大值及周期，则可求得交变电流的表达式；再
9、根据变压器原理可求得副线圈中电压表值；由欧姆定律求得电流值，由功率公式可求得功率解答：解：A、由图乙可知，电源的最大值为20V；周期为2102s，则交流电源的表达式为：u=20sin=20sin100t；故A错误；B、输入电源的有效值为20V=20V；则由可得U2=5V；故B正确；C、副线圈的电流I2=A=0.5A；则原线圈中电流I1=A=0.125A，故C错误；D、功率P=U2I2=50.5=2.5W；而输入功率等于输出功率，故输入功为2.5W；故D错误；故选：B点评：本题考查变压器原理及交流电的性质，明确在求功率及电压表测量值均为有效值7（4分）如图所示，在静止电荷+Q所产生的电场中，有与
10、+Q共面的A、B、C三点，且B、C处于以+Q为圆心的同一圆周上设A、B、C三点的电场强度大小分别为EA、EB、EC，电势分别为A、B、C，则下列判断中正确的是（）AEAEB，B=CBEAEB，ABCEAEB，ABDEAEC，B=C考点：电场线.分析：电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向，据此可正确解答解答：解：正电荷的电场线如图，由于电场线的疏密可知，A、B两点电场强度的大小关系，所以EAEB=EC沿电场线的方向电势降低，故AB，B=C所以选项D正确故选：D点评：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布，明确电场线分布与电场强度之间的关系8（4分）如图所示电
11、路，电源电动势和内电阻分别为E和r，A、B为两盏相同的电灯，当变阻器的触头P向下移动时，下列情况中正确的是（）AA灯变亮，B灯变亮BA灯变亮，B灯变暗CA灯变暗，B灯变亮DA灯变暗，B灯变暗考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题分析：从图可知，滑动变阻器的滑片P向下滑动时，滑动变阻器的阻值变小，根据并联电路电阻的特点判断出电路中总电阻的变化，再根据欧姆定律判断总电流的变化和路端电压的变化，即可判断B灯亮度变化；根据通过电阻R1电流和电压的变化，判断出A灯上电压的变化，再判断出A灯亮度的变化解答：解：当滑片P移动向下时，滑动变阻器的阻值变小，电路的总电阻会变小，据闭合电路欧姆定律知总电流变
12、大，内电压增大，所以路端电压减小，可知灯B变暗；再据干路电流变大，灯B电流减小，所以电源右侧电路的电流增大，电阻R1上的电流变大了，所以分压也就增加了，但是路端电压减小，所以A灯的电压就变小，A灯实际功率的变小，所以A灯变暗，故ABC错误，D正确故选：D点评：本题的关键识别电路的能力，动态电路的分析的思路，借助串、并联电路的电压、电流和电阻规律的应用情况、欧姆定律的应用以及电功率的计算公式9（4分）如图所示，金属杆ab静止放在水平固定的“U”形光滑金属框上，且整个装置处于竖直向上的匀强磁场中现使ab获得一个向右的初速度v开始运动，下列表述正确的是（）A安培力对ab做正功B杆中感应电流的方向由b
13、aC杆中感应电流逐渐减小D杆中感应电流保持不变考点：右手定则；安培力.分析：ab棒突然获得一初速度，切割磁感线，产生感应电动势，产生感应电流，受到向左的安培力，做变减速运动；根据E=BLv和I=判断感应电流的变化，并根据楞次定律判定感应电流的方向解答：解：A、ab棒突然获得一初速度，切割磁感线，产生感应电动势，形成感应电流，根据楞次定律，来拒去留，受向左的安培力，故安培力做负功，故A错误；B、根据楞次定律可知，感应电流方向由ab，故B错误；C、D、由于安培力做负功，故棒做减速运动；根据E=BLv和I=，有：I=；由于速度减小，故感应电流逐渐减小，故C正确，D错误；故选：C点评：本题主要根据楞次
14、定律判断安培力方向，根据公式E=BLv和I=判断感应电流大小的变化情况，基础题10（4分）如图所示，甲、乙两个高度相同的固定斜面，倾角分别为1和2，且12质量为m的物体（可视为质点）分别从这两个斜面的顶端由静止沿斜面滑到底端，物体与这两个斜面的动摩擦因数均为关于物体两次下滑的全过程，下列说法中正确的是（）A物体克服摩擦力所做的功相同B物体重力势能的变化量相同C合力所做的功相同D物体到达斜面底端时，重力的功率相同考点：动能定理的应用.专题：动能定理的应用专题分析：重力做功只与始末位置有关，据此确定重力做功情况，由于重力做功相同，根据下滑时间确定重力做功功率，同时求得摩擦力做功情况，由动能定理确定
15、物体获得的动能及动能的变化量解答：解：A、克服摩擦力做功为W=，故与角度有关，故A错误；B、重力做功只与始末位置有关，两种轨道上滑下，物体下滑的距离相等，故重力做功相同，故B正确；C、合力做功为W=mgh，故合力做功不同，故C错误；D、下滑过程的加速度为a=gsingcos下滑到斜面的速度v=故重力的功率为P=mgvsin=mg，故重力功率不同，故D错误；故选：B点评：本题主要考查动能定理和功能关系关键要明确研究的过程列出等式表示出需要比较的物理量，正确的对物体进行受力分析和做功分析是正确解决问题的关键11（4分）物理课上，教师做了一个奇妙的“电磁阻尼”实验如图所示，A是由铜片和绝缘细杆组成的
16、摆，其摆动平面通过电磁铁的两极之间，当绕在电磁铁上的励磁线圈未通电时，铜片可自由摆动，要经过较长时间才会停下来当线圈通电时，铜片迅速停止摆动某同学另找来器材再探究此实验他连接好电路，经重复试验，均没出现摆动迅速停止的现象对比老师的演示实验，下列四个选项中，导致实验失败的原因可能是（）A电源的正负极接反B电源的电压过高C所选线圈的匝数过多D构成摆的材料与老师的不同考点：法拉第电磁感应定律.分析：分析实验结构，明确教师实验的原理，即可得出学生失败的原因解答：解：电磁阻尼是利用电磁感应得出的，要使铜片能快速停下应使线圈中通以电流，则A通过线圈产生的磁场时，产生感应电流，由楞次定律可知，感应电流应阻碍
17、线圈的运动，从而使线圈快速停下来；这与是否为交流电源、电压及匝数无关；学生失败只能是因为摆不是金属材料制成；故选：D点评：本题考查楞次定律的应用，但要求学生能通过较多的文字描述得出相应的物理模型，才能顺利求解12（4分）如图所示，一根截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷，单位体积内的电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，由于棒运动而形成的等效电流大小为（）AvqBCqvSD考点：电流、电压概念.专题：恒定电流专题分析：棒沿轴线方向以速度v做匀速直线运动时，每秒通过的距离为v米，则每秒v米长的橡胶棒上电荷都通过直棒的横截面，由电流的定义式I=求解等效电流解答：解：棒沿轴线
18、方向以速度v做匀速直线运动时，每秒通过的距离为v米，每秒v米长的橡胶棒上电荷都通过直棒的横截面，每秒内通过横截面的电量Q=qvs，根据电流的定义式I=，t=1s，得到等效电流为 I=qvs故选：C点评：本题关键是建立物理模型，利用电流的定义式进行求解电流13（4分）如图所示，物体A、B的质量分别为mA、mB，且mAmB二者用细绳连接后跨过定滑轮，A静止在倾角=30的斜面上，B悬挂着，且斜面上方的细绳与斜面平行若将斜面倾角缓慢增大到45，物体A仍保持静止不计滑轮摩擦则下列判断正确的是（）A物体A受的静摩擦力可能增大B物体A受细绳的拉力可能增大C物体A对斜面的压力可能增大D物体A受斜面的作用力可能
19、增大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用.专题：共点力作用下物体平衡专题分析：根据物体B处于静止状态，可知绳子上张力没有变化；静摩擦力的大小和方向取决于绳子拉力和物体A重力沿斜面分力大小关系；正确对A进行受力分析，判断其对斜面压力的变化情况；解答：解：A、由题可知，开始时A静止在倾角为30的斜面上，A重力沿斜面的分力可能大于绳子的拉力，摩擦力沿斜面向上，随着角度增大，重力沿斜面的分力逐渐增大，而绳子拉力不变，A受到的静摩擦力将增大，故A正确；B、斜面倾角增大过程中，物体B始终处于平衡状态，因此绳子拉力大小始终等于物体B重力的大小，而定滑轮不省力，则物体A受细绳的拉力保持不变，故
20、B错误C、物体A对斜面的压力为：FN=mAgcos，随着的增大，cos减小，因此物体A对斜面的压力将减小，故C错误D、A受到三个力的作用而平衡，分别是重力、绳子的拉力和斜面的作用力（是支持力和静摩擦力的合力），重力和拉力不变，当不断变大时，重力和拉力的合力变小，故物体A受斜面的作用力减小故D错误故选：A点评：本题考查了动态平衡中各个力的变化情况，动态平衡问题是高中物理的重点，要熟练掌握各种处理动态平衡问题的方法，如本题中关键是把握绳子上拉力大小不变的特点进行分析14（4分）2013年6月20日，航天员王亚平进行了太空授课，她用天宫一号上的质量测量仪测出了航天员聂海胜的质量其过程是：聂海胜把自己
21、固定在质量测量仪的支架一端，王亚平轻轻拉开支架然后把手松开，支架便在弹簧的作用下回复原位，LED显示器上显示聂海胜的质量是74kg质量测量仪能对支架产生一个恒定的力F，同时用光栅测速装置测量出支架复位的速度v和时间t此次测质量的原理你认为是利用了（）A二力平衡B牛顿第二定律C动量守恒定律D万有引力定律考点：牛顿第二定律.分析：质量测量仪上的弹簧能够产生一个恒定的力F，同时用光栅测速装置测量出支架复位的速度v和时间t，根据加速度的定义式求出时间，再根据牛顿第二定律求出质量再根据牛顿第二定律就能够计算出物体的质量解答：解：天宫中的质量测量仪，应用的物理学原理是牛顿第二运动定律：F（力）=m（质量）
22、a（加速度）质量测量仪上的弹簧能够产生一个恒定的力F，同时用光栅测速装置测量出支架复位的速度v和时间t，计算出加速度a=，再根据牛顿第二定律就能够计算出物体的质量故选：B点评：本题主要考查了天宫中的质量测量仪的原理，知道牛顿第二运动定律：F（力）=m（质量）a（加速度），难度不大，属于基础题15（4分）（2014重庆）以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的vt图象可能正确的是（）ABCD考点：匀变速直线运动的图像.专题：运动学中的图像专题分析：竖直上抛运动是初速度不为零的匀变速直线
23、运动，加速度恒定不变，故其vt图象是直线；有阻力时，根据牛顿第二定律判断加速度情况，vt图象的斜率表示加速度解答：解：没有空气阻力时，物体只受重力，是竖直上抛运动，vt图象是直线；有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma，故a=g+，由于阻力随着速度而减小，故加速度逐渐减小，最小值为g；有空气阻力时，下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mgf=ma，故a=g，由于阻力随着速度而增大，故加速度减小；vt图象的斜率表示加速度，故图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，切线与虚线平行；故选：D点评：本题关键是明确vt图象上某点的切线斜率表示加速度，速度为零时加速度为g，不难二、实验题（
24、共18分）16（6分）图中游标卡尺的读数为29.8mm，螺旋测微器读数为0.900mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用.专题：实验题分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，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解答：解：1、游标卡尺的主尺读数为29mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为80.1mm=0.8mm，所以最终读数为：29mm+0.08mm=29.8mm2、螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为40.00.01mm=0.400mm，所以最终读数为0.5mm+0.400mm=
25、0.900mm故答案为：29.8 0.900点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量17（12分）常用的电压表、电流表和欧姆表都是由小量程的电流计G（表头）改装而成的从电路的角度看，表头就是一个电阻，同样遵从欧姆定律表头与其他电阻的不同仅在于通过表头的电流是可以从刻度盘上读出来的用满偏电流为100A的灵敏电流计和电阻箱改装成电压表先用如图所示的电路测量电流计的内阻，先闭合S1，调节R，使电流计指针偏转到满刻度；再闭合S2，调节R，使电流计指针偏转到满刻度的，读出此时R的阻值为1.00103则灵敏电流计内阻的测量值Rg=1.00103该测量
26、值与灵敏电流计内阻的真实值比较偏小（填“偏大”、“偏小”或者“相等”）按上问的测量值计算，将该灵敏电流计改装成量程为3V的电压表，需串联（填“串联”或“并联”）阻值为R=2.9104的电阻将此灵敏电流计与定值电阻并联（填“串联”或“并联”），就可以改装成电流表把该电流表与干电池和一个定值电阻串联后，两端连接两支测量表笔，又可以做成一个测量电阻的装置两支表笔直接接触时，电流表读数5.0mA，两支笔与200的电阻连接时，电流表的读数为3.0mA现在把表笔与一个未知电阻连接，电流表的读数为2.5mA，这个未知电阻的阻值为300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：用半偏法测电阻
27、，并联电路电流相同，则电阻相同，又因并联电阻后总电流增加，则电流表示数为一半时，所并联部分的电流大于原电流的一半，则其阻值小于电流表的内阻改装成是电压表要串联电阻分压，改装成电流表要并联电阻分流，再由全电路欧姆定律求得电阻阻值解答：解：用半偏法测电阻，若并联电路电流相同，则电阻相同，则电流表内阻等于电阻箱阻值：为1.00103因总电流变大，则并联电阻部分的电流大于原电流的一半，则阻值小于电流表的内阻，测量值偏小改装成是电压表要串联电阻分压，串联阻值为：R=2.9104改装成电流表要并联电阻，由全路欧姆定律可得：两支表笔直接接触时：两支笔与200的电阻连接时：表笔与一个未知电阻连接：由以上各三式
28、可得：Rx=300 故答案为：1.00103，偏小；串联，2.9104；并联，300点评：考查半偏法测电阻明确测量值偏小，改装成电流表要并联电阻分流，电阻值等于满偏电压除以所分最大电流，改装成电压表要串联电阻分压，电阻值等于量程除以满偏电流减去原内阻三、计算题（共72分）18（9分）如图所示，一固定在地面上的金属轨道ABC，其中AB长s1=1m，BC与水平面间的夹角为=37，一小物块放在A处，小物块与轨道间的动摩擦因数均为=0.25，现在给小物块一个水平向左的初速度v0=3m/s小物块经过B处时无机械能损失（sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2）求：（1）小物块第一次到达B
29、处的速度大小；（2）小物块在BC段向上运动时的加速度大小；（3）若小物块刚好能滑到C处，求BC长s2考点：动能定理的应用；牛顿第二定律.专题：动能定理的应用专题分析：（1）小物块从A点到第一次到达B点的过程中，摩擦力做负功，根据动能定理求解第一次到达B处的速度大小；（2）小物块在BC段向上运动时受到重力、支持力和沿斜面向下的滑动摩擦力滑动摩擦力大小为f=mgcos37，根据牛顿第二定律求解加速度（3）根据速度位移公式求出物块沿斜面向上运动至速度为零时经过的位移s2解答：解：（1）小物块从A运动到B，由动能定理得mgs1=代入数据解得 vB=2m/s（2）小物块从B到C过程中，由牛顿第二定律得
30、mgcos+mgsin=ma代入数据解得 a2=8m/s2（3）小物块以初速vB沿斜面向上运动至速度为零的过程中，经过的位移为s2，由0代入数据解得 s2=0.25m答：（1）小物块第一次到达B处的速度大小为2m/s；（2）小物块在BC段向上运动时的加速度大小为8m/s2；（3）若小物块刚好能滑到C处，BC长s2为0.25m点评：本题是两个过程的问题，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式进行研究，难度不大19（9分）嫦娥一号”的成功发射，为实现中华民族几千年的奔月梦想迈出了重要的一步已知“嫦娥一号”绕月飞行轨道近似为圆形，距月球表面高度为H，飞行周期为T，月球的半径为R，引力常量为G求：（1
31、）“嫦娥一号”绕月飞行时 的线速度大小； （2）月球的质量； （3）若发射一颗绕月球表面做匀速圆周运动的飞船，则其绕月运行的线速度应为多大考点：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：人造卫星问题分析：“嫦娥一号”的轨道半径r=R+H，由v=求解线速度根据月球对“嫦娥一号”的万有引力提供“嫦娥一号”的向心力，列方程求解月球的质量绕月球表面做匀速圆周运动的飞船轨道半径约R解答：解：（1）“嫦娥一号”绕月飞行时 的线速度大小v= （2）设月球质量为M，“嫦娥一号”的质量为m，根据牛顿第二定律得 G= 解得M= （2）设绕月飞船运行的线速度为V，飞船质量为m0，则 G= 又M
32、=，联立解得V=答：（1）“嫦娥一号”绕月飞行时的线速度大小为； （2）月球的质量为M=； （3）若发射一颗绕月球表面做匀速圆周运动的飞船，则其绕月运行的线速度应为=点评：本题考查应用万有引力定律解决实际问题的能力，关键要建立模型，理清思路20（12分）如图所示的坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向第一、第二和第四象限内，既无电场也无磁场在第三象限，存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场一质量为m、电荷量为+q的带电质点，从y轴上y=h处的P1点，以一定的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限；然后经过x轴上x=2h处的P2点进入第三象限，带电质点恰好做匀速圆周运动，经y轴y=2
33、h的P3点离开电磁场，重力加速度为g求：（1）粒子到达P2点时速度的大小和方向；（2）第三象限内电场强度的大小；（3）第三象限内磁感应强度的大小考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动.专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）带电粒子先做平抛运动，将运动分解成水平方向匀速直线运动与竖直方向自由落体运动，从而求出抛出速度的大小与方向（2）当带电粒子进入电场、磁场与重力场中时，重力与电场力相平衡，洛伦兹力提供向心力使其做匀速圆周运动，由平衡可得出电场强度大小，再几何关系可求出磁感应强度大小最后粒子进入电场与重力场中时，做直线运动要使电场力最小，且电场力
34、和重力的合力与速度在一条直线上，所以电场强度方向与速度方向相垂直解答：解：（1）如图带电小球从P1到P2点，由平抛运动规律得： vy=gt 解得：= ，方向与x轴负方向成=45角；（2）带电小球从P2到P3，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力得：Eq=mg 解得：；（3）由牛顿第二定律得： 由几何关系得：（2R）2=（2h）2+（2h）2 联立式得：；答：（1）粒子到达P2点时速度的大小为2，方向与x轴负方向成45角；（2）第三象限内电场强度大小为：；（3）磁感应强度的大小为点评：分析清楚小球的运动规律，然后分别对各个过程运用平抛运动的分位移和分速度公式、平衡条件、牛顿第二定律等规律列式求解
35、考查带电粒子在场中两运动模型：匀速圆周运动与平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力21（12分）（2014安徽）如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g），求：（1）小球到达小孔处的速度；（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动量定理；动能定理的应用.专题：电场力与电势的
36、性质专题分析：（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式列式求解即可；（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式求解电场强度，然后根据Q=CU求解电容器的带电量；（3）对加速过程和减速过程分别运用动量定理列式求解时间，然后求和即可解答：解：（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：v2=2gh解得：v=（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：mg（h+d）qEd=0解得：E=电容器两极板间的电压为：U=Ed=电容器的带电量为：Q=CU=（3）加速过程：mgt1=mv减速过程，有：（mgqE）t2=0mvt=t1+t2联立解得：t=答：（1）
37、小球到达小孔处的速度为；（2）极板间电场强度大小为，电容器所带电荷量为；（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间为点评：本题关键是明确小球的受力情况和运动规律，然后结合动能定理和动量定理列式分析，不难22（15分）如图甲所示，在一对平行光滑的金属导轨的上端连接一阻值为R=4的定值电阻，两导轨在同一平面内，质量为m=0.2kg，长为L=1.0m的导体棒ab垂直于导轨，使其从靠近电阻处由静止开始下滑，已知导体棒电阻为r=1，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，导体棒下滑过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示求：（1）导轨平面与水平面间夹角（2）磁场的磁感应强度B；（3）若靠近电阻处到底端距
38、离为S=7.5m，ab棒在下滑至底端前速度已达5m/s，求ab棒下滑到底端的整个过程中，电阻R上产生的焦耳热考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化.专题：电磁感应功能问题分析：（1）由图读出导体棒刚开始下滑时的加速度，此时棒的速度为零，还没有产生感应电动势，没有感应电流，不受安培力，根据牛顿第二定律可求得（2）根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式推导出安培力与速度的关系，由牛顿第二定律得到加速度与速度的关系式，根据数学知识研究图象的意义，求解B；（3）ab棒下滑到底端的整个过程中，棒的重力势能减小转化为棒的动能和电路的内能，根据能量守恒定律求解电阻
39、R上产生的热量解答：解：（1）设刚开始下滑时导体棒的加速度为a1，此时棒的速度为零，还没有产生感应电动势，电路中没有感应电流，则棒不受安培力，则由图看出，加速度为：a1=5m/s2，由牛顿第二定律得得：mgsin=ma1，得：=30（2）当导体棒的加速度为零时，开始做匀速运动，设匀速运动的速度为v0，导体棒上的感应电动势为E，电路中的电流为I，则由图读出：v0=5m/s此时有：mgsin=BIL又 I=，E=BLv0，联立得：B=T=1T（3）设ab棒下滑到底端的整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为QR，回路中产生的总热量为Q根据能量守恒得：mgSsin=Q+QR=Q联立解得：QR=（mgsin
40、）=（0.2107.50.50.252）J=4（J）答：（1）导轨平面与水平面间夹角为30（2）磁场的磁感应强度B为1T（3）ab棒下滑到底端的整个过程中，电阻R上产生的焦耳热是4J点评：本题的解题关键是根据牛顿第二定律和安培力公式推导出安培力与速度的关系式，结合图象的信息求解相关量23（15分）能量转化与守恒定律是自然界普遍存在的规律（1）光滑水平面上静止一个木板，当一个木块以某一初速度滑上木板，木块与木板之间的摩擦力为f，在摩擦力的作用下，两物体最终达到共速，此时木块相对于木板滑行了s请根据此过程中能量的转化关系，证明此过程中系统产生的内能Q=fs（2）如图所示，水平传送带AB长l=8.3
41、m，质量为M=1kg的木块随传送带一起以v1=2m/s的速度向左匀速运动（传送带的传送速度恒定），木块与传送带间的动摩擦因数=0.5当木块运动至最左端A点时，一颗质量为m=20g的子弹以v0=300m/s水平向右的速度正对木块射入并穿出，穿出速度v=50m/s，以后每隔1s就有一颗子弹射向木块，设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，g取10m/s2，求：在被第二颗子弹击中木块前的瞬间，木块离A点的距离；从第一颗子弹射中木块到木块最终离开传送带的过程中，子弹、木块和传送带这一系统所产生的热量考点：动量守恒定律；机械能守恒定律.专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）分别
42、度A、B应用动能定理列方程，然后根据两者间的位移关系求出系统产生的内能（2）子弹击中木块过程系统动量守恒，应用运动学公式、动量守恒定律与能量守恒定律可以求出木块的位移与系统产生的热量解答：解：（1）由动能定理得：（1）由机械能守恒定律得：；两物体的位移关系为：sA=sB+s，解得：Q=fs；（2）第一颗子弹射入木块过程中动量守恒（1）解得：=3m/s （2）木块向右作减速运动 加速度a=g=5m/s2 （3）木块速度减小为零所用时间为 （4）解得t1=0.6s1s （5）所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A点最远时，速度为零，移动距离为：S1=，解得：S1=0.9m（6）在第二颗子弹射中木
43、块前，木块再向左作加速运动，时间 t2=1s0.6s=0.4s （7）速度增大为v2=at2=2m/s（恰与传递带同速） （8）向左移动的位移为 =0.4m （9）所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移S0=S1S2=0.5m，方向向右 （10）第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为：=872.5J木块向右减速运动过程中板对传送带的位移为S=v1t1+S1=2.1m产生的热量为Q2=MgS=10.5J木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为S=v1t1S1=0.4m产生的热量为Q3=MgS=2J每一颗子弹击中木块木块向右移0.5米，第16颗子弹击中前，木块向右移动位移S=15S0=7.5m
44、 （11）第16颗子弹击中后，木块将会再向右先移动0.9m，总位移为0.9m+7.5=8.4m8.3m木块将从B端落下所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中第16颗子弹射入后木块滑行时间为t3有：（17）解得t3=0.4s 或0.8（舍去） （18）木块与传送带的相对位移为 S=v1t3+0.8=1.6m （19）产生的热量为 Q4=MgS=8J （20）全过程中产生的热量为Q=15（Q1+Q2+Q3）+Q1+Q4解得：Q=14155.5J （21）答：（1）证明过程如上所述；（2）在被第二颗子弹击中木块前的瞬间，木块离A点的距离为0.5m；从第一颗子弹射中木块到木块最终离开传送带的过程中，子弹、木块和传送带这一系统所产生的热量为141555.5J点评：本题考查了求系统产生的热量、求木块的位移，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，对物体应用动能定理、动量守恒定律、运动学公式即可正确解题，解题时注意物体间的位移关系