1、2015-2016学年广东省汕尾市林伟华中学高三（下）第14周物理试卷一、单项选择题1一小球以速度v0竖直上抛，它能到达的最大高度为H，问如图所示的几种情况中，哪种情况小球不可能达到高度H（忽略空气阻力）（）A图a，以初速度v0沿光滑斜面向上运动B图b，以初速度v0沿光滑的抛物线轨道，从最低点向上运动C图c（HR），以初速度v0沿半径为R的光滑圆轨道，从最低点向上运动D图d（RH），以初速度v0沿半径为R的光滑圆轨道从最低点向上运动2在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（）At=0.005 s时线框的磁通量变化率为零Bt=0.
2、01 s时线框平面与中性面重合C线框产生的交变电动势有效值为311 VD线框产生的交变电动势频率为100 Hz3某理想变压器的原、副线圈按如图所示电路连接，输入电压一定，图中电表均为理想交流电表，且R1=R2，电键S原来闭合现将S断开，则电压表的示数U、电流表的示数I、电阻R1上的功率P1、变压器原线圈的输入功率P的变化情况分别是（）AU增大BI增大CP1减小DP增大4如图，当风水平吹来时，风筝面与水平面成一夹角，人站在地面上拉住连接风筝的细线则（）A空气对风筝的作用力方向水平向右24B地面对人的摩擦力方向水平向右RC地面对人的支持力大小等于人和风筝的总重力bD风筝处于稳定状态时拉直的细线不可
3、能垂直于风筝面c二、双项选择题15如图（甲）所示，水平传送带以恒定速率运行，某时刻（t=0）小物块从与传送带等高的光滑平台A处滑上传送带，小物块运动的vt图象（以地面为参考系）如图（乙），g取10m/s2，则（）JA传送带的速率为v2wB2.0s时物块所受摩擦力为0JC物块在1.0s、2.5s时所受的摩擦力相同wD在传送带上观察者看来，t=2.0s时物块静止o6为节省燃料，天宫一号不开启发动机，只在高层大气阻力的影响下，从362千米的近似圆轨道缓慢变到343千米的圆轨道的过程中，天宫一号的（）2A运行周期将增大B运行的加速度将增大CC运行的速度将增大D机械能将增大f7如图所示，直角三角形ABC
4、中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则（）7A从P射出的粒子速度大gB从Q射出的粒子速度大mC从P射出的粒子，在磁场中运动的时间长WD两粒子在磁场中运动的时间一样长28如图所示，质量为m的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、快速经过时，线圈始终保持不动则关于线圈在此过程中受到的支持力N和摩擦力f的情况，以下判断正确的是（）8AN先大于mg，后小于mgBN一直大于mgeCf先向左，后向右Df一直向左A9如图所示，导线ab、cd跨接在电阻不计的光滑导轨上，ab的电阻为2R，cd的
5、电阻为R当cd在外力F1作用下向右运动时，ab在外力F2的作用下保持静止则下列说法正确的是（）/Aab两端的电势差一定大于cd两端的电势差AB若cd向右匀速运动，则F1与F2大小一定相等=C若cd向右加速运动，则F1一定大于F2=D拉力F1所做的功一定等于电路中消耗的电能三.实验10为测定一段电阻丝的电阻率，设计了如图甲所示的电路ab是一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝，R0是阻值为2的保护电阻，滑片P与电阻丝接触始终良好实验中用螺旋测微器测得电阻丝的直径如图乙所示，其示数为d=mm实验时闭合开关，调节P的位置，记录aP长度x和对应的电压U、电流I等相关数据，如表：x（m）0.100.200.3
6、00.400.500.60U（V）1.501.721.892.002.102.18I（A）0.490.430.380.330.310.28（）3.064.004.976.066.777.79据表中数据作出x关系如图丙所示，利用该图，可求得电阻丝的电阻率为m（保留两位有效数字）图丙中x关系图线纵轴截距的物理意义是11某研究性学习小组欲用电压表V、电阻箱R、定值电阻R0、开关S和若干导线测定某电池组的电动势在图甲中，根据图乙电路图用笔画线代替导线，将实物图连接成完整的实验电路闭合开关S，调整电阻箱阻值R，读出电压表V相应示数U该学习小组测出大量数据，分析筛选出如表所示的R、U数据，并计算相应的与的
7、值请用表中数据在图丙坐标纸上描点，并作用图线R/16671.450.033.325.020.0U/V7.75.44.53.62.92.5I/R（1021）0.601.402.003.004.005.00I/U/V10.130.190.220.280.340.40从图线中可求得待测电池组的电动势E=V根据该小组设计的实验电路，会存在系统误差，试分析测得的电动势比实际电动势偏（填“大”或“小”）若要测该电池组的内阻，应知道定值电阻的阻值，用多用表测量该定值电阻的表盘指针如图丁所示，欧姆档位如图戊所示，则知定值电阻的阻值是12如图所示，水平面光滑，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块b，小车质量M=3kg
8、，粗糙部分AO长L=2m，动摩擦因数=0.3，OB部分光滑另一小物块a，放在车的最左端，和车一起以v0=4m/s的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内a、b 两物块视为质点质量均为m=1kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动 求：（1）物块a与b碰前的速度大小（2）弹簧具有的最大弹性势能（3）当物块a相对小车静止时在小车上的位置距O点多远（4）当物块a相对小车静止时小车右端B距挡板多远13如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场将
9、喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点（1）判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；（2）求磁感应强度B的值；（3）现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B，则B的大小为多少？2015-2016学年广东省汕尾市林伟华中学高三（下）第14周物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题1一小球以速度v0竖直上抛，它能到达的最大高度为H，问如图所示的几种情况中，哪种情况小球不可能达到
10、高度H（忽略空气阻力）（）A图a，以初速度v0沿光滑斜面向上运动B图b，以初速度v0沿光滑的抛物线轨道，从最低点向上运动C图c（HR），以初速度v0沿半径为R的光滑圆轨道，从最低点向上运动D图d（RH），以初速度v0沿半径为R的光滑圆轨道从最低点向上运动【考点】机械能守恒定律【分析】小球在圆轨道的内轨道中做圆周运动，过最高点的最小速度v=，在内轨道中，上升过程中可能越过最高点，若越不过最高点，在四分之一圆弧轨道以下，最高点的速度可以为零，在四分之一圆弧轨道以上最高点的速度不能为零【解答】解：小球以v0竖直上抛的最大高度为H，到达最大高度时速度为0由机械能守恒有 =mgHA、B、小球到达最高点的
11、速度可以为零，根据机械能守恒定律得， =mgh+0则h=H故AB可能C、小球到达最高点的速度不能为零，由=mgh+，v0，则得hH故C不可能D、若小球运动到与圆心等高的位置时速度为零，根据机械能守恒定律可知，小球能达到最高点即高H处，故D可能本题选不可能的，故选C【点评】解决本题的关键掌握机械能守恒定律，掌握小球到达光滑圆轨道最高点的临界速度，会判断小球在最高点的速度是否为零2在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（）At=0.005 s时线框的磁通量变化率为零Bt=0.01 s时线框平面与中性面重合C线框产生的交变电动势有效值
12、为311 VD线框产生的交变电动势频率为100 Hz【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；正弦式电流的图象和三角函数表达式【分析】由图乙可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于那个面上，由图象还可知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值【解答】解：由图乙可知 T=0.02s Em=311vA、由图可知t=0.005s时刻感应电动势最大，所以穿过线框回路的磁通量变化率为最大，故A错误；B、0.01s时电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，即线框平面与中性面重合，故B正确；C、根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为E=，故C错误D、由
13、图乙可知 T=0.02s，故频率为f=，故D错误；故选：B【点评】本题考察的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，要具备从图象中获得有用信息的能力3某理想变压器的原、副线圈按如图所示电路连接，输入电压一定，图中电表均为理想交流电表，且R1=R2，电键S原来闭合现将S断开，则电压表的示数U、电流表的示数I、电阻R1上的功率P1、变压器原线圈的输入功率P的变化情况分别是（）AU增大BI增大CP1减小DP增大【考点】变压器的构造和原理【分析】电键断开负载减少，回路中总电阻增大，电流变小，由于输出电压不变，因此输出功率功率减少，再根据电压电流与匝数的关系分析【解答】解：当S断开时，负载减少总电阻增大，
14、原副线圈中电流都减小，故B错误；电流减小R1两端电压U增大，消耗的功率P1增大，故A正确C错误；副线圈中电压不变，电流减小，输出功率减小，由输入功率等于输出功率知P减小，故D错误故选A【点评】做好变压器的题目要严格按照变压器的特点，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率4如图，当风水平吹来时，风筝面与水平面成一夹角，人站在地面上拉住连接风筝的细线则（）A空气对风筝的作用力方向水平向右B地面对人的摩擦力方向水平向右C地面对人的支持力大小等于人和风筝的总重力D风筝处于稳定状态时拉直的细线不可能垂直于风筝面【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】本题的关键是正确对
15、风筝和人受力分析，风筝受到向下的重力、沿绳子方向的拉力以及垂直风筝向上的风力；人受到向下的重力、向上的支持力、绳子的拉力和水平向左的摩擦力，然后用正交分解法根据平衡条件分析即可【解答】解：A、D、设细线与水平面的夹角为，风力大小为F先研究风筝，分析受力如图：空气对风筝的作用力方向垂直于风筝的平面，风筝处于稳定状态时拉直的细线不可能垂直于风筝面故A错误，D正确；B、对该同学分析受力可知，人受到重力、地面的支持力、绳子向右上的拉力和地面对人的摩擦力方向水平向左，故B错误C、对人和风筝整体研究，竖直方向上有：（M+m）g=N+Fcos，是风筝与水平面之间的夹角；则得：N=（M+m）gFcos（M+m
16、）g故C错误故选：D【点评】对静力学问题关键是正确进行受力分析，注意本题中风力与风筝垂直向上，人受到的摩擦力是静摩擦力，方向水平向左二、双项选择题5如图（甲）所示，水平传送带以恒定速率运行，某时刻（t=0）小物块从与传送带等高的光滑平台A处滑上传送带，小物块运动的vt图象（以地面为参考系）如图（乙），g取10m/s2，则（）A传送带的速率为v2B2.0s时物块所受摩擦力为0C物块在1.0s、2.5s时所受的摩擦力相同D在传送带上观察者看来，t=2.0s时物块静止【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【分析】02s时间内物块向左匀减速直线运动，23s物体向右做匀加速运动，34s向右做匀速运动
17、物体先受到向右的摩擦力向左匀减速直线运动，然后向右匀加速，当速度增加到与皮带相等时，一起向右匀速，摩擦力消失【解答】解：A、由速度图象分析物体的运动过程：02s时间内木块向左匀减速直线运动，23s物体向右做匀加速运动，34s向右做匀速运动可知，传送带的速率为v2故A正确B、摩擦力提供问题运动的合外力，加速度恒定不等于零，2.0s时物块所受摩擦力不为零，物块在1.0s、2.5s时所受的摩擦力相同，故B错误C正确；D、在传送带上观察者看来，t=2.0s时物块向左运动故D错误故选：AC【点评】本题关键从图象得出物体的运动规律，然后分过程对木块受力分析根据牛顿第二定律求解6为节省燃料，天宫一号不开启发
18、动机，只在高层大气阻力的影响下，从362千米的近似圆轨道缓慢变到343千米的圆轨道的过程中，天宫一号的（）A运行周期将增大B运行的加速度将增大C运行的速度将增大D机械能将增大【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【分析】研究天宫一号绕地球做圆周运动，根据万有引力提供向心力表示周期、线速度、加速度根据轨道半径的关系判断各物理量的大小关系【解答】解：研究天宫一号绕地球做圆周运动，根据万有引力提供向心力有解得：A、天宫一号从362千米的近似圆轨道变到343千米的圆轨道的过程中，轨道半径减小，所以周期减小，故A错误B、轨道半径减小，所以加速度增大，故B正确C、轨道半径减小，所
19、以速度增大，故C正确D、天宫一号从362千米的近似圆轨道变到343千米的圆轨道的过程中，由于受高层大气阻力做负功，所以机械能减小，故D错误故选BC【点评】求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进行比较向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用7如图所示，直角三角形ABC中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则（）A从P射出的粒子速度大B从Q射出的粒子速度大C从P射出的粒子，在磁场中运动的时间长D两粒子在磁场中运动的时间一样长【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】粒子在磁场中做圆周
20、运动，根据题设条件作出粒子在磁场中运动的轨迹，根据轨迹分析粒子运动半径和周期的关系，从而分析得出结论【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系（图示弦切角相等），粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间：t=，又因为粒子在磁场中圆周运动的周期T=，可知粒子在磁场中运动的时间相等，故D正确，C错误；如图，粒子在磁场中做圆周运动，分别从P点和Q点射出，由图知，粒子运动的半径RPRQ，又粒子在磁场中做圆周运动的半径R=知粒子运动速度vPvQ，故A错误，B正确；故选BD【点评】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由此根据运动特征作出粒子在磁场中运动的轨迹，掌握粒子圆周
21、运动的周期、半径的关系是解决本题的关键8如图所示，质量为m的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、快速经过时，线圈始终保持不动则关于线圈在此过程中受到的支持力N和摩擦力f的情况，以下判断正确的是（）AN先大于mg，后小于mgBN一直大于mgCf先向左，后向右Df一直向左【考点】楞次定律；力的合成与分解的运用【分析】当磁铁靠近线圈时和远离线圈时，穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中产生感应电流，线圈受到安培力作用，根据楞次定律，安培力总是阻碍导体与磁体间的相对运动，分析线圈受到的安培力方向，再分析支持力N和摩擦力f的情况【解答】解：A
22、、B当磁铁靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，线圈中产生感应电流，线圈受到磁铁的安培力作用，根据楞次定律可知，线圈受到的安培力斜向右下方，则线圈对桌面的压力增大，即N大于mg线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力故A正确，B错误 C、D当磁铁远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，线圈中产生感应电流，线圈受到磁铁的安培力作用，根据楞次定律可知，线圈受到的安培力斜向右上方，则线圈对桌面的压力减小，即N小于mg线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力故C错误，D正确故选：AD【点评】本题应用楞次定律的第二种表述判断，也可以运用楞次定律、左手定则、安培则进行判断基础题9如图所示，导线a
23、b、cd跨接在电阻不计的光滑导轨上，ab的电阻为2R，cd的电阻为R当cd在外力F1作用下向右运动时，ab在外力F2的作用下保持静止则下列说法正确的是（）Aab两端的电势差一定大于cd两端的电势差B若cd向右匀速运动，则F1与F2大小一定相等C若cd向右加速运动，则F1一定大于F2D拉力F1所做的功一定等于电路中消耗的电能【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【分析】根据电路结构比较两导线两端电压关系；应用安培力公式求出安培力，然后比较两拉力大小；4447834应用能量守恒定律分析拉力做功与电路消耗的电能间的关系【解答】解：A、cd切割磁感线产生感应电动势，cd相当于电源，a
24、b是外电路，cd两端电压是路段电压，导线ab与cd两端电压相等，故A错误；B、两导线电流相等，两导线受到的安培力大小相等，ab静止、cd向右匀速运动，两导线都处于平衡状态，F1与F2大小都等于安培力，则F1与F2大小相等，故B正确；C、两导线受到的安培力相等，ab静止，处于平衡状态，F2等于安培力，cd向右加速运动，F1大于安培力，则F1大于F2，故C正确；D、当cd匀速运动时，拉力F1做的功转化为电能，拉力F1所做的功等于电路消耗的电能，如果cd加速运动，F1做功转化为电能与cd的动能，则F1做功大于电路消耗的电能，故D错误；故选：BC【点评】本题考查了比较电压关系、比较拉力大小关系、判断拉
25、力做功与电能的关系，分析清楚电路结构、应用平衡条件、能量守恒定律即可正确解题三.实验10为测定一段电阻丝的电阻率，设计了如图甲所示的电路ab是一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝，R0是阻值为2的保护电阻，滑片P与电阻丝接触始终良好实验中用螺旋测微器测得电阻丝的直径如图乙所示，其示数为d=0.400mm实验时闭合开关，调节P的位置，记录aP长度x和对应的电压U、电流I等相关数据，如表：x（m）0.100.200.300.400.500.60U（V）44478341.501.721.892.002.102.18I（A）0.490.430.380.330.310.28（）3.064.004.976.0
26、66.777.79据表中数据作出x关系如图丙所示，利用该图，可求得电阻丝的电阻率为1.3106m（保留两位有效数字）图丙中x关系图线纵轴截距的物理意义是电流表的内阻【考点】测定金属的电阻率【分析】螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数电源UI图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻；求出图象的函数表达式，然后根据图象求出电阻率【解答】解：由图b所示螺旋测微器可知，其示数为0mm+40.00.01mm=0.400mm由图c所示图象可知，电源UI图象与纵轴交点坐标值是3.00，电源电动势为：E=3V，R0+r=3，则电源内阻为：r=32=1；由电阻定律可得，R=
27、，由欧姆定律可得：R=，则=x，x图象斜率为：k=，由图丙所示图象可知：k=10，即k=10，电阻率为：=kS=k（）2=103.14m1.3106m；由图象可得：x=0时对应的数值2.0，即=2，则电流表的内阻为2.0故答案为：0.400；1.3106，电流表的内阻【点评】螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读；要掌握应用图象法处理实验数据的方法11某研究性学习小组欲用电压表V、电阻箱R、定值电阻R0、开关S和若干导线测定某电池组的电动势在图甲中，根据图乙电路图用笔画线代替导线，将实物图连接成完整的实验电路闭合开关S，调整电阻箱阻值R，读出电压表V相应示数U
28、该学习小组测出大量数据，分析筛选出如表所示的R、U数据，并计算相应的与的值请用表中数据在图丙坐标纸上描点，并作用图线R/16671.450.033.325.020.0U/V7.75.44.53.62.92.5I/R（1021）0.601.402.003.004.005.00I/U/V10.130.190.220.280.340.40从图线中可求得待测电池组的电动势E=10V根据该小组设计的实验电路，会存在系统误差，试分析测得的电动势比实际电动势偏小（填“大”或“小”）若要测该电池组的内阻，应知道定值电阻的阻值，用多用表测量该定值电阻的表盘指针如图丁所示，欧姆档位如图戊所示，则知定值电阻的阻值是
29、50【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】根据电路图，画出的实物图由闭合电路欧姆定律可得出表达式，再结合图象和数学知识可得出图象的截距及斜率的含义，则可求得电动势和内电阻根据电表的影响分析误差原因【解答】解：（1）根据电路图，画出的实物图：（2）根据上表所示实验数据，在坐标系中描出对应的点，然后根据坐标系中的点作直线，作出图象：（3）、由闭合电路欧姆定律可得：U=R，变形得： =+，由数学知识可知，图象中的斜率为：k=截距为：b=；由图可知，b=0.1，所以E=10V；（4）因该接法中由于电压表的分流而导致干路电流示数偏小，但电压表是准确的，故图象比真实图象要向上偏，同时，当电路短路时，电压表
30、的分流是可以忽略的，故短路电流是准确的，故图象与横轴的交点不变，所以电动势的测量值小于真实值内阻小于真实值（5）由欧姆表的读数方法可知，电阻读数为：510=50；故答案为：（1）（2）如上图；（3）10；（4）小；（5）50【点评】应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，定值电阻串入电路一方向保护电源，同时扩大电源的内阻同时电源的路端电压与电流图象与电流的交点不一定是短路电流，由电压轴是否是从零开始的12如图所示，水平面光滑，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块b，小车质量M=3kg，粗糙部分AO长L=2m，动摩擦因数=0.3，OB部分光滑另一小物块a，放在车的最左端，和车一起以v0=4m/
31、s的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内a、b 两物块视为质点质量均为m=1kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动 求：（1）物块a与b碰前的速度大小（2）弹簧具有的最大弹性势能（3）当物块a相对小车静止时在小车上的位置距O点多远（4）当物块a相对小车静止时小车右端B距挡板多远【考点】动量守恒定律；动能定理【分析】（1）由动能定理可以求出物块的速度（2）由动量守恒定律与能量守恒定律求出最大弹性势能（3）由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出距离（4）由动能定理可以求出距离【解答】解：（1）对物块a，由
32、动能定理得：，代入数据解得a与b碰前速度：v1=2m/s；（2）a、b碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv1=2mv2，代入数据解得：v2=1m/s；由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能：EP=2mv22，代入数据解得：EP=1J；（3）当弹簧恢复到原长时两物块分离，a以v2=1m/s在小车上向左滑动，当与车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv2=（M+m）v3，代入数据解得：v3=0.25m/s，由能量守恒得：，解得滑块a与车相对静止时与O点距离：；（4）对小车，由动能定理得：，代入数据解得，同速时车B端距挡板的距离：；答：（1）物块a与b碰前的速
33、度大小为2m/s（2）弹簧具有的最大弹性势能为1J（3）当物块a相对小车静止时在小车上的位置距O点0.125m（4）当物块a相对小车静止时小车右端B距挡板m【点评】本题考查了求速度、势能、距离问题，分析清楚运动过程、应用动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律即可正确解题13如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点（1）判
34、断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；（2）求磁感应强度B的值；（3）现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B，则B的大小为多少？【考点】带电粒子在混合场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】（1）根据电场力和重力平衡求出电荷量的大小，通过电场力的方向确定电荷的正负（2）墨滴垂直进入电磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，粒子做匀速圆周运动，根据粒子垂直打在M点，通过几何关系得出粒子的轨道半径，根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的大小（3）根据几何关系得出粒子做圆周运动的轨道半径，结合带电粒子在磁场中运动的半径公式求出磁感应强度的大小【
35、解答】解：（1）墨滴在电场区域做匀速直线运动，有：q=mg由式得，q=由于电场方向向下，电荷所受的电场力方向向上，可知墨滴带负电荷 （2）墨滴垂直进入电磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，由洛伦兹力提供向心力，墨滴做匀速圆周运动，有： qv0B=m4447834考虑墨滴进入磁场和撞板的几何关系，可知墨滴在该区域恰好完成四分之一圆周运动，则半径R=d由式得：B=4447834（3）根据题设，墨滴的运动轨迹如图，设圆周运动的半径为R，有： qv0B=m由图示可得，R2=d2+（R）2得，R=d联立式可得：B=答：（1）墨滴带负电，电荷量为（2）磁感应强度为（3）B的大小为【点评】本题考查粒子在复合场中的运动，知道粒子在电场和重力场区域做匀速直线运动，进入电场、磁场和重力场区域，做匀速圆周运动结合牛顿第二定律和共点力平衡进行求解
