1、2014年江苏高考模拟卷 物理（1）一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意。1一交流电流的图象如图所示，由图可知（ ）A用电流表测该电流其示数为14.1 AB该交流电流的频率为50HzC该交流电流通过10电阻时，电阻消耗的电功率为1000 WD该交流电流瞬时值表达式为i14.1sin314t A【答案】CA、根据图像知交流电的有效值为10 A，则电流表示数为有效值10 A，故A错误；B、由图示可知周期为0.01s，所以频率为100Hz，故B错误；C、周期T=0.01 s，频率为100 Hz，B项错误；通过10 的电阻，电功率W，故C正确；D、瞬时值表达
2、式为，故D错误。故选C。【考点】交变电流的图像、有效值、瞬时值表达式；电功率2如图是生产中常用的一种延时继电器的示意图，铁芯上有两个线圈A和B，线圈A跟电源连接，线圈B的两端接在一起，构成一个闭合回路。下列说法中正确的是（ ）A闭合开关S时，B中产生图示方向的感应电流B闭合开关S时，B中产生与图示方向相反的感应电流C断开开关S时，主要是A具有延时作用D断开开关S时，弹簧K立即将衔铁D拉起【答案】BAB、闭合开关S时，由楞次定律，B中产生与图示方向相反的感应电流，故A错误B正确；CD、断开开关S时，B中磁通量变化产生感应电流，电磁铁会继续吸住衔铁D一小段时间，故 CD错误。故选B。【考点】楞次定
3、律3经国际小行星命名委员会命名的“神舟星”和“杨利伟星”的轨道均处在火星和木星轨道之间。已知“神舟星”平均每天绕太阳运行174万公里，“杨利伟星”平均每天绕太阳运行145万公里。假设两行星均绕太阳做匀速圆周运动，则两星相比较（ ）A“神舟星”的轨道半径大B“神舟星”的公转周期大C“神舟星”的加速度大D“神舟星”受到的向心力大【答案】CA、根据线速度的定义式得：，已知“神舟星”平均每天绕太阳运行174万公里，“杨利伟星”平均每天绕太阳运行145万公里，可以得出：“神舟星”的线速度大于“杨利伟星”的线速度，研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：，（其中M为太阳的质量，R为轨道半径
4、），由于“神舟星”的线速度大于“杨利伟星”的线速度，所以“神舟星”的轨道半径小于“杨利伟星”的轨道半径，故A错误；B、根据万有引力提供向心力得：，由于“神舟星”的轨道半径小于“杨利伟星”的轨道半径，所以由于“神舟星”的周期小于“杨利伟星”的周期，故B错误；高考资源网C、研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：，。由“神舟星”的轨道半径小于“杨利伟星”的轨道半径，所以由于“神舟星”的加速度大于“杨利伟星”的加速度，故C正确；D、研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：，由于不知道“神舟星”和“杨利伟星”的质量大小关系，所以两者的向心力无法比较，故D错误。故选C。【
5、考点】万有引力定律；牛顿第二定律4如图所示，平行板电容器的两个极板竖直放置，并接直流电源。若一带电粒子恰好能沿图中轨迹穿过电容器，a到c是直线，由于电极板边缘效应，粒子从c到d是曲线，重力加速度为g，则该粒子（ ）A在ac段受重力与电场力平衡并做匀速运动，cd段电场力大于重力Ba到c匀加速直线运动，加速度是g/cosCa至d重力势能减小，电势能增加Da至d粒子所受合力一直沿轨迹的切线方向【答案】B由题意知在ac段粒子受重力和电场力的合力方向由a至c，做匀加速运动，加速度是g/cos ， a至d重力、电场力做正功，重力势能、电势能均减小，cd段由合力指向轨迹的弯曲方向可判断出电场力大于重力，cd
6、段粒子的合力方向不沿轨迹的切线方向，故B正确。故选B。【考点】牛顿第二定律；电场力做功与电势能变化的关系5游乐场中有一种叫“空中飞椅”的设施，其基本装置是用一细杆将座椅与转盘的边缘相连接，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋，若将人和座椅看成质量为m的质点，简化为如图所示的模型，其中P为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴OO转动，已知细杆长为l，转盘静止时细杆与转轴间的距离为d，转盘转动时细杆只能在转轴与细杆平行的平面内绕其上端点转动。让转盘由静止逐渐加速转动，经过一段时间后质点与转盘一起做匀速圆周运动，此时细杆与竖直方向的夹角为，不计空气阻力及细杆重，则质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，细杆对
7、质点做的功为 （ ）A BC D【答案】A由于质点做匀速圆周运动，有，所以质点做匀速圆周运动时的动能为，设静止时质点的重力势能为零，则此时质点的重力势能为，由能量守恒知质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，细杆对质点做的功全部转化成质点的机械能，故A正确。故选A。【考点】匀速圆周运动二、多项选择题：本体共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分选对但不全的得2分，错选或不答得得0分。6重为m1的光滑球放在光滑墙脚下，球的右侧跟一个重为m2的光滑斜面体相接触，如图所示，一个向左的水平力F作用在斜面体上，使球与斜面体都处于静止，且球与竖直墙和水平地面继续接触，则m1
8、、m2受外力的个数可能为（ ）A3个，4个 B3个，3个C4个，5个 D4个，4个【答案】AD由题意知，m2 一定受4个力的作用：重力、地面支持力、m1的压力和F；当F较小时，m1、m2之间的作用力在竖直方向的分力小于m1的重力，m1受4个力作用：重力、地面支持力、m2的支持力和墙面向右的弹力；当F较大时，m1、m2之间的作用力在竖直方向的分力大于或等于m1的重力时，m1受3个力作用：重力、m2的支持力和墙面向右的弹力，故AD正确。故选AD。【考点】物体的平衡7如图所示，T为理想变压器，A1、A2为理想交流电流表，V1、V2为理想交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻（光照增强，电阻
9、减小），原线圈两端接恒压正弦交流电源，当光照增强时（ ）A电压表V1示数变小B电压表V2示数变大C电流表A1示数变大D电流表A2示数变大【答案】CDA、变压器的输入电压一定，则输出电压不变，电压表V1的示数不变，故A错误；D、当入射光增强时，光敏电阻R3的阻值迅速减小，变压器的负载总阻值减小，则由知，变压器的输出功率增加了，电流表A2的示数变大了，故D正确；C、由知，电流表A1的示数变大，故C正确；B、变压器的输出电压不变，而R1两端的电压增加了，则电压表V2的示数变小，故B错误。故选CD。【考点】变压器8如图所示，位于光滑水平桌面上的物块P用跨过定滑轮的轻绳与小托盘相连，托盘内有砝码。托盘与
10、砝码的总质量为m，P的质量为2m，重力加速度为g。释放后，P从静止开始沿桌面运动的过程中，下列说法正确的是（ ）A托盘运动的加速度大小为g BP运动的加速度大小为C托盘对轻绳的拉力大小为 D砝码处于超重状态【答案】BCAB、应用隔离法，对托盘分析，由牛顿第二定律得，对物块P分析，由牛顿第二定律得，可知加速度大小为a= = g，故A错误B正确；C、将a=g代入F=2ma得F=mg，故C正确；D、由于砝码加速度向下，所以砝码处于失重状态，故D错误。故选BC。【考点】牛顿第二定律9如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升
11、降机在匀速运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，g为重力加速度，则（ ）A升降机停止前在向上运动B0tl时间内小球处于失重状态，t1t2时间内小球处于超重状态Ctlt3时间内小球向下运动，动能先增大后减小Dt3t4时间内弹簧弹性势能变化量小于小球动能变化量【答案】ADA、升降机停止前，弹簧处于伸长状态且弹力大小等于重力，0tl时间内，弹簧弹力由mg减小为0，说明弹簧逐渐恢复原长，升降机停止前在向上运动，小球由于惯性继续向上运动，故A正确；BC、开始小球受重力和弹簧弹力处于平衡，小球继续上升的过程中，导致合力的方向向下，大小逐渐增
12、大，根据牛顿第二定律，加速度的大小逐渐增大，加速度的方向向下，与速度反向，则速度逐渐减小。tlt3时间内小球向上做减速运动，动能一直减小直至为0，0t3时间内加速度方向一直向下，小球处于失重状态，故BC错误；D、t3t4时间内弹簧由压缩状态逐渐恢复原长，由动能定理可知，弹性势能减小量与小球重力势能减小量之和等于小球动能增加量，故D正确。故选AD。【考点】牛顿第二定律；失重与超重；动能定理三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分。请将解答填写在答题卡相应的位置。【必做题】10（8分）为了测定滑块与水平桌面之间的动摩擦因数，某同学设计了如图的实验装置，其中圆
13、弧形滑槽末端与桌面相切。第一次实验时，滑槽固定于桌面右端，末端与桌子右端M对齐，滑块从滑槽顶端由静止释放，落在水平面的P点；第二次实验时，滑槽固定于桌面左侧，测出末端N与桌子右端M的距离为L，滑块从滑槽顶端由静止释放，落在水平面的Q点，已知重力加速度为g，不计空气阻力。（1）实验还需要测出的物理量是（用代号表示）： 。A滑槽的高度h； B桌子的高度H； CO点到P点的距离d1；DO点到Q点的距离d2； E滑块的质量m。（2）写出动摩擦因数的表达式是= 。（3）如果第二次实验时，滑块没有滑出桌面，测得滑行距离为x。则动摩擦因数可表示为= 。【答案】（1）BCD （2） （3） （1）还需要测出的
14、物理量是桌子的高度H（即点M、O的距离），点O、P距离d1，点O、Q距离d2；故应填写BCD。（2）根据题意，由动能定理可得 ，解得。（3）根据题意，由动能定理可得，解得。【考点】测定滑块与水平桌面之间的动摩擦因数11（10分）欲用伏安法测定一段阻值约为5左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A电池组（3 V，内阻1） B电流表（03 A，内阻0.012 5 ）C电流表（00.6 A，内阻0.125 ）D电压表（03 V，内阻3 k）E电压表（015V，内阻15 k） F滑动变阻器（020 ，额定电流1 A）G滑动变阻器（02 000 ，额定电流0.3 A） H开关、导线
15、（1）上述器材中应选用的是_；（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表_接法；（填“内”或“外”）（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如下图所示，图示中I=_A，U=_V。（4）为使通过待测金属导线的电流能在00.5 A范围内改变请按要求在下面方框内画出测量待测金属导线的电阻Rx的原理电路图。（5）某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图所示，则该金属丝的直径d=_mm。另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如下图所示，则该工件的长度L=_mm。【答案】（1）ACDFH （2）外 （3）0.48 2.20 （4）见解析 （5）3
16、.205 50.15（1）电源必须选择；由于电源电动势3 V，待测电阻大约5 ，故最大电流不超过0.6 A，为减小误差，选择较小的量程，故选0.6 A的电流表；由于电源电动势3 V，为减小误差，电压表选择较小的量程，故选3V量程的电压表；为使操作方便，选择电阻值较小的滑动变阻器；故答案为：ACDFH。（2）由于，故待测电阻的阻值与电流表内阻相接近，如果采用内接法，电流表的分压作用较大，故应该选用安培表外接法。（3）电流表示数0.48 A，电压表示数2.20 V。（4）电路图如图所示（5）螺旋测微器的固定刻度读数3 mm，可动刻度读数为0.0120.5 mm =0.205 mm，所以最终读数为：
17、固定刻度读数+可动刻度读数=3 mm+0.205 mm=3.205 mm。游标卡尺的主尺读数为50 mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标读数为0.053mm=0.15mm，所以最终读数为：主尺读数+游标尺读数=50mm+0.15mm=50.15mm。【考点】伏安法测电阻12【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答，若三题都做，则按A、B两题评分。A（选修模块3-3）（12分）（1）2010年诺贝尔物理学奖授予安德烈海姆和康斯坦丁诺沃肖洛夫，他们通过透明胶带对石墨进行反复的粘贴与撕开使得石墨片的厚度逐渐减小，最终寻找到了厚度只有0.34nm的石墨
18、烯。石墨烯是碳的二维结构。如图所示为石墨、石墨烯的微观结构，根据以上信息和已学知识，下列说法中正确的是（ ）A石墨是晶体，石墨烯是非晶体B石墨是单质，石墨烯是化合物C石墨、石墨烯与金刚石都是晶体D他们是通过物理变化的方法获得石墨烯的【答案】CD石墨、石墨烯与金刚石都有规则的分子排列，都是晶体。从题目给出的物理情景看，石墨烯是用物理的方法获得的。故CD正确。故选CD。【考点】晶体和非晶体（2）如图所示，由导热材料制成的气缸和活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁之间无摩擦，活塞上方存有少量液体，将一细管插入液体，利用虹吸现象，使活塞上方液体缓慢流出，在此过程中，大气压强与外界的温度均
19、保持不变，下列各个描述理想气体状态变化的图象中与上述过程相符合的是 图，该过程为 过程。（选填“吸热”、“放热”或“绝热”）【答案】D 吸热【解析】气体做等温变化，随着压强减小，气体体积增大。A、B图中温度都是变化的；等温情况下，PVC，图象是一条过原点的直线，故图D正确。故选D。该过程中，体积增大，气体对外界做功，W0，等温变化，所以Q0，气体要吸收热量。【考点】理想气体状态方程；热力学第一定律（3）如图所示，食盐（NaCl）的晶体是由钠离子（图中）和氯离子（图中）组成的。这两种离子在空间中三个互相垂直的方向上，都是等距离地交错排列的。已知食盐的摩尔质量是。食盐的密度是，阿伏加德罗常数为N，
20、在食盐晶体中两个距离最近的氯与钠离子中心间的距离为多少?【答案】设食盐的摩尔质量为M，密度为，阿伏加德罗常数为N，则每摩尔占有的体积为，每个分子占有的体积为，每个钠离子占有的体积为，相邻钠离子与氯离子间距离为。故选。【考点】阿伏加德罗常数B（选修模块3-4）（12分）（1）下列说法中正确的是（ ）A同种介质中，光的波长越短，传播速度越快B泊松亮斑有力地支持了光的微粒说，杨氏干涉实验有力地支持了光的波动说C某同学在测单摆的周期时将全振动的次数多记了一次，则测出的周期偏小D静止在地面上的人观察一条沿自身长度方向高速运动的杆，观察到的长度比杆静止时的短【答案】CDA、光在真空中传播速度相等，故A错误
21、；B、泊松亮斑有力地支持了光的波动说，杨氏干涉实验有力地支持了光的波动说，故B错误；C、某同学在测单摆的周期时将全振动的次数多记了一次，测出的周期偏小，故C正确；D、根据爱因斯坦相对论得知，静止在地面上的人观察一条沿自身长度方向高速运动的杆，观察到的长度比杆静止时的短，故D正确。故选CD。【考点】光的衍射现象；相对论；单摆周期公式（2）一列沿x轴正方向传播的简谐横波，在t0时刻波刚好传播到x6 m处的质点A，如图所示，已知波的传播速度为48 m/s。请回答下列问题：从图示时刻起再经过_ s，质点B第一次处于波峰；写出从图示时刻起质点A的振动方程为_ cm。【答案】0.5B点离x=0处波峰的距离
22、为x=24m，当图示时刻x=0处波峰传到质点B第一次处于波峰，则经过时间为波的周期为，图示时刻，A点经过平衡向下运动，则从图示时刻起质点A的振动方程为【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系（3）如图所示，某种透明液体的折射率为n，在液面下深为h处有一点光源S，现用一不透光的圆形薄板置于液面，其圆心O在S的正上方。要使观察者从液面上任一位置都不能看到点光源S，则该圆形薄板的半径R至少为多大？【答案】全反射的临界角，则即： 得：【考点】光的折射定律C（选修模块3-5）（12分）（1）物理学家常常根据物理实验观察到的现象提出假设，并用假设解释一些物理现象，进而建立新理论。玻尔关于氢原子结构的理论
23、便是这种研究方法的成功典范。玻尔理论是根据下列哪些现象提出的（ ）Aa粒子散射实验现象B慢中子轰击铀核产生的裂变现象C天然放射现象D氢原子光谱的不连续现象【答案】AD卢瑟福根据粒子散射实验现象中，极少数粒子发生在大角度偏转，从而提出了原子核式结构学说，为修正卢瑟福理论与经典电磁理论之间的矛盾，玻尔理论是根据a粒子散射实验现象和氢原子光谱的不连续现象，提出了氢原子结构的理论。故选AD。【考点】玻尔模型和氢原子的能级结构；氢原子的能级公式和跃迁；原子核衰变及半衰期、衰变速度（2）发生衰变有多种可能性。其中的一种可能是，先衰变成，再经一次衰变变成（X代表某种元素），或再经一次衰变变成和最后都衰变成，
24、衰变路径如图所示，则由图可知：四个过程中 是衰变； 是衰变。【答案】，放出的粒子质量数减少4，是衰变；放出的粒子质量数不变，是衰变。【考点】衰变（3）静止的锂核63Li俘获一个速度为8106 m/s的中子，发生核反应后若只产生了两个新粒子，其中一个粒子为氦核42He，它的速度大小是8106 m/s，方向与反应前的中子速度方向相同，求反应后产生的另一个粒子的速度。【答案】8106m/s，方向与反应前的中子速度方向相反根据质量数守恒：根据电荷数守恒：完成此核反应的方程式：选择反应前中子运动的方向为正方向，则由动量守恒定律可知：代入数据解得：【考点】动量守恒定律；裂变反应和聚变反应四、计算题： 本题
25、共3小题，共计47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。有数值计算的提， 答案中必须明确写出数值和单位。13（15分）如图所示，一个半径为R=2.0 m的水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，转动角速度为=5.0 rad/s。在圆盘边缘处有一个小滑块随圆盘一起转动，某一时刻，滑块从圆盘边缘A滑落，经光滑的过渡圆管进入光滑斜面轨道AB。已知AB段斜面倾角为。滑块在运动过程中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处的机械能损失。（g=10 m/s2，sin =0.6，cos =0.8，结果保留两位有效数字）（1）若A、B间距离为3.0 m，求滑块从A滑至B点的时间；（2
26、）滑块从开始上滑到再下滑回A处的过程中，圆盘转动的圈数。【答案】， n=2.7（1）滑块做圆周运动，有滑块向上运动时加速度a，由牛顿第二定律得运动至B点时，由运动规律得解上各式、代入数据得，（2）滑块返回A点的时间为t，由运动规律得由运动规律知圆盘转动周期为t/时间圆盘转动的圈数为解上各式且代入数据得n=2.7【考点】牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速；向心力14（16分）如图所示，竖直平面坐标系的第一象限有垂直面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B和E；第四象限有垂直面向里的水平匀强电场，大小也为；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点相
27、切，最低点与绝缘光滑水平面相切于。一质量为的带电小球从轴上（）的点沿轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过点水平进入第四象限，并在电场中运动）已知重力加速度为）。（1）判断小球的带电性质并求出其所带电荷量；（2）点距坐标原点至少多高；（3）若该小球以满足（2）中最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过点开始计时，经时间小球距坐标原点的距离为多远？【答案】带正电 （1）小球进入第一象限正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡。设小球所带电荷量为，则有解得，又电场方向竖直向上故小球带正电。（2）设匀速圆周运动的速度为
28、、轨道半径为由洛伦兹力提供向心力得小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，则应满足得即的最小距离为（3）小球由运动到的过程中设到达点的速度为，由机械能守恒得解得小球从点进入电场区域后，在绝缘光滑水平面上作类平抛运动。设加速度为，则有：沿轴方向有沿电场方向有由牛顿第二定律得时刻小球距点为【考点】牛顿第二定律；平抛运动15（16分）如图所示，de和fg是两根足够长且固定在竖直方向上的光滑金属导轨，导轨间距离为L、电阻忽略不计。在导轨的上端接电动势为E、内阻为r的电源。一质量为m、电阻为R的导体棒ab水平放置于导轨下端e、g处，并与导轨始终接触良好。导体棒与金属导轨、电源、开关构成闭合回路，整个装
29、置所处平面与水平匀强磁场垂直，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外。已知接通开关S后，导体棒ab由静止开始向上加速运动。求：（1）导体棒ab刚开始向上运动时的加速度以及导体棒ab所能达到的最大速度；（2）导体棒ab达到最大速度后电源的输出功率；（3）分析导体棒ab达到最大速度后的一段时间t内，整个回路中能量是怎样转化的?并证明能量守恒。【答案】 见解析（1）导体棒ab刚开始运动时的速度为零，由欧姆定律得导体棒ab所受安培力由牛顿第二定律导体棒ab开始运动时的加速度为设导体棒ab向上运动的最大速度为，当导体棒所受重力与安培力相等时，达到最大速度，回路电流为，则得由欧姆定律得，得（2）电源的输
30、出功率为得（3）电源的电能转化为导体棒的机械能和电路中产生的焦耳热之和时间内：电源的电能导体棒ab增加的机械能电路中产生的焦耳热t时间内，导体棒ab增加的机械能与电路中产生的焦耳热之和为，则整理得，由此得到，回路的能量守恒。【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律；安培力2014年江苏高考模拟卷 物理（1）答案123456789CBCBAADCDBCAD10.（1）BCD （2分）（2） （3分） （3）（3分）11（10分）（1）ACDFH（2分） （2）外（1分） （3）0.48（1分） 2.20（1分） （4）见解析（3分）（5）3.205（1分） 50.15（1分）12【选做题】本题包
31、括A、B、C三小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答，若三题都做，则按A、B两题评分。A（选修模块3-3）（12分）（1）CD（2）D 吸热（3） B（选修模块3-4）（12分）（1）CD（2）0.5y2sin 12t (cm)（3）C（选修模块3-5）（12分）（1）AD（2），（3）完成此核反应的方程式：63Li+10n42He+31H由动量守恒定律可知：mv1=4mv2+3mv3v3=-8106 m/s即：反应后所产生的另一个粒子的速度大小为8106 m/s，方向与反应前的中子速度方向相反。1分四、13（15分）【解析】（1）滑块做圆周运动，有 （2分）滑块向上运动时加速度a，由
32、牛顿第二定律得 （2分）运动至B点时，由运动规律得 （2分）解上各式、代入数据得 ， （2分）（2）滑块返回A点的时间为t，由运动规律得 （2分）由运动规律知圆盘转动周期为 （1分）t/时间圆盘转动的圈数为 （2分）解上各式且代入数据得 n=2.7 （2分）14（16分）（1）小球进入第一象限正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡。设小球所带电荷量为，则有 （1分）解得 （1分）又电场方向竖直向上故小球带正电。（1分）（2）设匀速圆周运动的速度为、轨道半径为由洛伦兹力提供向心力得 （2分）小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，则应满足 （1分）由得 2分）即
33、的最小距离为 （1分）（3）小球由运动到的过程中设到达点的速度为，由机械能守恒得 （1分）由解得 （1分）小球从点进入电场区域后，在绝缘光滑水平面上作类平抛运动。设加速度为，则有：沿轴方向有 （1分）沿电场方向有 （1分）由牛顿第二定律得 （11）（1分）时刻小球距点为 （2分）15（16分）（1）导体棒ab刚开始运动时的速度为零，由欧姆定律得（1分）导体棒ab所受安培力 （1分）由牛顿第二定律 （1分）导体棒ab开始运动时的加速度为 （1分）设导体棒ab向上运动的最大速度为，当导体棒所受重力与安培力相等时，达到最大速度，回路电流为，则（1分）由欧姆定律得 （1分）得（1分） （2）电源的输出功率为 （1分）（2分） （3）电源的电能转化为导体棒的机械能和电路中产生的焦耳热之和（2分）时间内：电源的电能（1分）导体棒ab增加的机械能（1分）电路中产生的焦耳热t时间内，导体棒ab增加的机械能与电路中产生的焦耳热之和为整理得（1分）由此得到，回路的能量守恒。（1分）