1、北京市石景山区2015届高三上学期期末物理试卷一、本题共12小题，每小题3分，共36分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求1作用在同一点上的两个力，大小分别是3N和5N，其合力的大小可能是( )A0NB1NC3ND15N考点：力的合成 分析：在力的合成中，作用在同一直线上的两个力，当方向相同时其合力最大，合力大小等于两个力的大小之和；当方向相反时其合力最小，合力大小等于两个力的大小之差；如果两个力的方向不在同一条直线上，则其合力介于最大的合力与最小的合力之间解答：解：作用在一个物体上的两个力，F1=3N、F2=5N，当两个力的方向相反时，其合力最小：F=F2F1=5N3N=2N，
2、当两个力的方向相同时，其合力最大：F=F1+F2=5N+3N=8N，因为两个力的方向不确定，所以其合力的大小在2N与于8N大小之间，由上述可知，选项ABD错误、C正确故选：C点评：知道最大、最小力的合成方法是本题的解题关键，掌握力的矢量性，注意合力的范围取值2汽车以36km/h的速度行驶，刹车后得到的加速度大小为4m/s2，从刹车开始计时，经过5s，汽车通过的位移是( )A0mB12.5mC37.5mD100m考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：直线运动规律专题分析：根据速度时间关系求出汽车停车时间，再根据位移时间关系求出位移即可解答：解：取初速度方
3、向为正方向，则v0=36km/h=10m/s，刹车后做匀减速运动，加速度为a=4m/s2根据速度时间关系知，汽车停车时间为：t=所以汽车刹车后5s内的位移实为汽车匀减速运动2.5s内的位移，故有：x=故选：B点评：汽车刹车问题要注意两点，一是加速度的取值与初速度相反，二是注意刹车后的停车时间，不能直接将时间代入位移公式求解位移3如图所示为某质点做直线运动的vt图象，关于这个质点在4s内的运动情况，下列说法中正确的是( )A质点始终向同一方向运动B4s末质点离出发点最远C加速度大小不变，方向与初速度方向相同D4s内通过的路程为4m，而位移为0考点：匀变速直线运动的图像 专题：运动学中的图像专题分
4、析：正确理解vt图象的物理意义，从图象上能得出物体加速度、速度、位移、路程等物理量的变化情况，注意速度的正负表示运动方向，斜率的大小表示物体运动的加速度解答：解：图象的斜率不变，因此物体做匀变速直线运动，开始时速度方向与加速度方向相反，物体减速运动，t=2s时，物体速度减为零，然后物体反向加速运动，t=4s时，回到起始点，由图可知物体所经历的路程为：，位移为零，故ABC错误，D正确故选D点评：正确理解vt图象的物理意义，不能单凭感觉理解，如本题中图象为直线，很容易误认为物体做单项直线运动4如图所示，一个质量为m的钢球，放在倾角为的固定斜面上，用一竖直挡板挡住，处于静止状态各个接触面均光滑，重力
5、加速度为g球对竖直档板压力的大小是( )AmgcosBmgsinCmgtanDmg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：球受重力、挡板和斜面对球体的弹力F1和F2，三力平衡，两个弹力的合力与重力等值、反向、共线解答：解：球受重力、挡板和斜面对球体的弹力F1和F2，作出力图如图所示：根据平衡条件，有：F1=Gtan根据牛顿第三定律可知，球对竖直档板压力的大小等于挡板和斜面对球体的弹力F1即Gtan故选：C点评：本题关键是正确地对球受力分析，然后根据共点力平衡条件并结合合成法求解5如图所示，在等量同（异）种点电荷的四个电场中，O是两点电荷连线的中
6、点，a与b是对称分布的两点其中a、b两点的电势和场强都相同的是( )ABCD考点：电势；电场强度 分析：据等量同（异）号电荷的电场分布特点可知各点的场强大小，由电场线性质及电场的对称性可知ab两点间的电场强度的方向和电势的高低解答：解：A、根据等量同种电荷的电场线分别特征可知，ab两点的电场强度方向相反，故A错误B、据等量异种电荷的电场线分别特征可知，ab两点的电场强度方向大小相等，方向都沿两电荷的连线且由正电荷指向负电荷，电势也相等，故B正确C、据等量异种电荷的电场线分别特征可知，ab处的电场线由a指向b，因为沿着电场线电势要逐渐降低，故a点的电势高于b点的电势，故C错误D、根据等量同种电荷
7、的电场线分别特征可知，a处的电场强度方向向上，b处的电场方向向下，故D错误故选：B点评：该题考查常见电场的电场线分布及等势面的分布，要求我们能熟练掌握并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性6如图所示，两根长度不同的细线的上端固定在天花板上的同一点，下端分别系一小球现使两个小球在同一水平面内作匀速圆周运动，关于两小球的受力和运动情况，下列说法中正确的是( )A受到细线拉力的大小一定相等B线速度的大小一定相等C运动的周期一定相等D向心加速度的大小一定相等考点：向心力；牛顿第二定律 专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：两个小球均做匀速圆周运动，对它们受力分析，
8、找出向心力来源，可先求出角速度，再由角速度与线速度、周期、向心加速度的关系公式求解解答：解：对其中一个小球受力分析，如图，受重力，绳子的拉力，由于小球做匀速圆周运动，故合力提供向心力；将重力与拉力合成，合力指向圆心，由几何关系得，合力：F=mgtan；绳子拉力T=，不知两小球质量情况，故A错误由向心力公式得：F=m2r；设球与悬挂点间的高度差为h，由几何关系，得：r=htan；由三式得，=，与绳子的长度和转动半径无关，又由T=，故C正确；由v=wr，两球转动半径不等，故B错误；由a=2r，两球转动半径不等，故D错误；故选：C点评：本题关键要对球受力分析，找向心力来源，求角速度；同时要灵活应用角
9、速度与线速度、周期、向心加速度之间的关系公式！7太阳系中的行星受到太阳的引力绕太阳公转，然而它们公转的周期却各不相同若把水星和地球绕太阳的运动轨迹都近似看作圆周，根据观测得知，地球绕太阳公转的周期大于水星绕太阳公转的周期，则由此可以判定( )A水星的密度大于地球的密度B水星的质量大于地球的质量C地球的向心加速度大于水星的向心加速度D地球到太阳的距离大于水星到太阳的距离考点：万有引力定律及其应用；向心力 专题：万有引力定律的应用专题分析：根据万有有引力提供向心力，知道轨道半径与周期的关系，从而得知水星和地球的轨道半径大小再根据万有引力提供向心力，比较出水星和地球的向心加速度大小解答：解：根据万有
10、有引力提供向心力，得T=，轨道半径大，周期大，知地球的轨道半径大于水星根据，轨道半径大，向心加速度小，所以地球的向心加速度小于水星的向心加速度由于水星和地球都是环绕天体，无法求出质量，也无法求出密度故A、B、C错误，D正确故选：D点评：解决本题的关键掌握万有有引力提供向心力=ma，这是解决天体问题的重要的关系8一列简谐横波沿x轴传播，图（甲）为t=0.5s时的波动图象，图5（乙）为介质中质点P的振动图象对该波的传播方向和传播速度的说法中正确的是( )A沿+x方向传播，波速为4m/sB沿x方向传播，波速为4m/sC沿+x方向传播，波速为8m/sD沿x方向传播，波速为8m/s考点：波长、频率和波速
11、的关系；横波的图象 分析：由题，图（甲）为t=0.5s时的波动图象，图（乙）为介质中质点P的振动图象，由乙图读出t=0.5s时刻质点P的速度方向，读出周期，在甲图上判断出波的传播方向，读出波长，再求出波速解答：解：据题，图（甲）为t=0.5s时的波动图象，图（乙）为介质中质点P的振动图象，则由乙图读出t=0.5s时刻质点P的速度方向沿y轴正方向，周期为T=1s，在甲图上，根据波形的平移法判断出波的传播方向沿+方向传播，读出波长为=4m，则波速为v=4m/s，故A正确，BCD错误故选：A点评：本题既有理解振动图象和波动图象各自的物理意义，由振动图象读出质点的振动方向，由波动图象判断波的传播方向，
12、同时要抓住两种图象之间的联系9如图所示，在固定的正点电荷Q的电场中，一个正点电荷q只受电场力，沿着一条电场线运动已知该点电荷经过M点时的加速度是经过N点时的加速度的2倍，则下列说法中正确的是( )A N点距Q的距离一定是M点距Q的距离的倍B它经过M点时的速度一定是经过N点时的速度的倍C它经过M点时的动能一定是经过N点时的动能的2倍D它运动到N点时电场力所做的功一定是运动到M点时电场力所做的功的倍考点：电场线；牛顿第二定律 分析：由牛顿第二定律可以判断电荷在M、N点的电场力的大小，再由F=qE可以判断MN点的电场强度的关系，从而可以判断MN到Q的距离的关系解答：解：A、根据检验电荷经过M点时的加
13、速度是经过N点时的加速度的2倍可知，检验电荷在M点的受力是在N点受力的2倍，即正点电荷Q在M点的场强应该是在N点场强的2倍，由点电荷的场强公式E=k可知，EM=k，EN=k，由于 EM=2EN，得rN=rM，故A正确，B、由于不知道MN点的电势的关系，所以不能确定电场对电荷做功的大小，故不能比较电荷在MN点的速度的大小，所以BCD错误故选：A点评：点电荷的电场强度的大小只与源电荷有关，与检验电荷的无关，知道点电荷的场强公式就可以判断距离的大小10如图所示，在匀强磁场中有一个矩形单匝线圈ABCD，AB边与磁场垂直，MN边始终与金属滑环K相连，PQ边始终与金属滑环L相连金属滑环L、交流电流表A、定
14、值电阻R、金属滑环K通过导线串联使矩形线圈以恒定角速度绕过BC、AD中点的轴旋转下列说法中正确的是( )A线圈平面与磁场垂直时，流经定值电阻R的电流最大B线圈平面与磁场平行时，流经定值电阻R的电流最大C线圈转动的角速度越大，交流电流表A的示数越小D交流电流表A的示数随时间按正弦规律变化考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系 专题：交流电专题分析：从图示位置开始计时，交变电流的瞬时电动势表达式为：e=NBScost；根据表达式进行分析讨论即可解答：解：A、线圈平面与磁场垂直时，磁通量最大，但线框不切割磁感线，故电流为零，故A错误；B、图示位置，线圈平面与磁场平行，线框切割磁感线最快（垂直切割），
15、感应电动势最大，流经定值电阻R的电流瞬时值最大，故B正确；C、线圈转动的角速度越大，根据Em=nBS知最大值增大，故有效值增大，故交流电流表A的示数增大，故C错误；D、交流电流表测量的是交流电流的有效值，不随时间变化，故D错误故选：B点评：本题关键要明确：（1）对于正弦式交变电流，有效值等于峰值除以；（2）交流电表测量的是有效值，而不是峰值，更不是瞬时值；（3）线圈经过中性面时，磁通量大，但磁通量的变化率最小，感应电动势最小11如图（甲）所示，一根粗绳AB的长度为l，其质量均匀分布，在水平外力F的作用下，沿水平面做匀加速直线运动绳上距A端x处的张力T与x的关系如图（乙）所示下列说法中正确的是(
16、 )A粗绳可能受到摩擦力作用B粗绳一定不受摩擦力作用C可以求出粗绳的质量D可以求出粗绳运动的加速度考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用 专题：牛顿运动定律综合专题分析：本题的关键是设出绳子总长度和总质量，求出单位长度，然后分别对绳子用整体法和隔离法受力分析，列出牛顿第二定律方程，求解即可解答：解：A、绳单位长度质量为=，先对整个绳子有Ff=ma，可得绳子加速度为a=，再对绳子左端部分应有T（lx）g=（lx）a，整理可得T=，由图线可知得出拉力和绳长的大小，无法确定是否受到摩擦力，故A正确，B错误C、根据T与x的表达式无法求出粗绳的质量，由于质量未知，无法求出粗绳运动的加速度大小故C、D错
17、误故选：A点评：遇到连接体问题，一般是采用“先整体，后隔离”的分析方法，运算较简洁12在竖直平面内建立如图所示的直角坐标系，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上，EOF是坐标平面内固定的半圆形光滑金属轨道，其最低点在坐标原点O，E、F连线水平在x轴的上方存在着垂直纸面向外的磁场（图中未画出），磁感应强度的大小为B=yB0，其中B0为大于零的常量，y为纵坐标值金属直棒MN质量分布均匀且有一定电阻，其长度与EO的连线等长，放在轨道上，初始位置如图9所示MN从静止开始运动的过程中，始终与轨道接触良好关于金属棒MN，下列说法中正确的是( )A感应电流的方向始终是从M到NB受到磁场力的方向始终垂直于棒
18、向下C最终一定停在水平方向D最终在轨道上来回运动考点：楞次定律 分析：根据磁通量的变化，结合楞次定律，来判定感应电流方向，并由左手定则，来确定安培力方向，最后由能量守恒定律，即可判定棒处于何处解答：解：A、当MN从静止开始运动到水平位置的过程中，由题意可知，磁场垂直向外，且大小在增大，根据楞次定律，可得，感应电流方向由M到N，当越过水平位置向F运动过程中，同理，可知，感应电流方向由N到M，故A错误；B、根据左手定则，结合A选项感应电流方向可知，安培力先垂直棒向下，后垂直棒向上，故B错误；C、根据分析可知，棒中产生感应电流，出现焦耳热，导致重力势能减小，最终停在水平方向，此处磁场不变，则不再有感
19、应电流，故C正确，D错误；故选：C点评：考查感应电流产生条件，掌握感应电流的判定依据，理解楞次定律与左手定则的应用二、本题共18分13某同学在做“研究匀变速直线运动”的实验中，用一条纸带与小车相连，使小车做匀加速直线运动，通过打点计时器打下一系列点，从打下的点中选取若干计数点，如图中A、B、C、D、E所示，纸带上相邻的两个计数点之间有四个点未画出现测出AB=2.20cm，AC=6.40cm，AD=12.58cm，AE=20.80cm，已知打点计时器电源频率为50Hz则打D点时，小车的速度大小为0.72m/s；小车运动的加速度大小为2.0m/s2（均保留两位有效数字）考点：探究小车速度随时间变化
20、的规律 专题：实验题；直线运动规律专题分析：根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小解答：解：相邻计数点间的时间间隔为0.1s根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小有：vD=0.72m/s设A到B之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得：x3x1=2a1T2x4x2=2a2T2为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值，得：a=（a1+a2
21、）代入数据得：a=m/s2=2.0m/s2故答案为：0.72，2.0点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用14某同学欲采用下列器材探究一个额定电压为2.5V的小灯泡的伏安特性曲线A直流电源（3V，内阻不计）B电流表（03A，内阻约0.03）C电流表（00.6A，内阻约0.13）D电压表（03V，内阻约3k）E电压表（015V，内阻约15k）F滑动变阻器（020，额定电流2A）G滑动变阻器（01000，额定电流0.5A）H开关、导线等（1）为减小测量误差，电压表应选用A，滑动变阻器应选用F（选填代号）（2）该同学选择安培表外接，且要求小
22、灯泡两端电压变化范围尽量大些请在图1的虚线框中画出正确的实验电路图（3）请将图2中的元件按正确的实验电路图连成实验电路考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据灯泡额定电压选择电压表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器（2）根据实验原理与实验要求确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出电路图（3）根据电路图连接实物电路图解答：解：（1）灯泡额定电压为2.5V，电压表应选D，为方便实验操作，滑动变阻器应选F（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻约为几欧姆，电流表内阻约为0.13，电压表内阻约为3
23、k，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，试验电路图如图所示，根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示故答案为：（1）D；F；（2）电路图如图所示点评：本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图、连接实物电路图，要正确实验器材的选择原则，确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计电路的关键三、本题共5小题，共46分解答应写出必要的文字说明、方程和重要步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位15商场工作人员拉着质量m=20kg的木箱沿水平地面运动若用力F1=100N沿水平方向拉木箱，木箱恰好做匀速直线运动；现改用F2=150N、与水平方向成53斜向上的拉力作
24、用于静止的木箱上，如图所示已知sin53=0.80，cos53=0.60，取重力加速度g=10m/s2求：（1）木箱与地面之间的动摩擦因数；（2）F2作用在木箱上时，木箱运动的加速度大小；（3）F2作用在木箱上2.0s时间内木箱移动的距离考点：牛顿运动定律的综合应用；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：（1）由牛顿第二定律可以求出动摩擦因数（2）由牛顿第二定律可以求出加速度（3）由位移公式可以求出位移解答：解：（1）木箱在水平拉力下匀速运动，由牛顿第二定律得：F1mg=0，代入数据解得：=0.5；（2）对木箱，由牛顿第二定律：N+F2sin53mg=0，F2cos
25、53N=ma，代入数据解得：a=2.5 m/s2；（3）木箱的位移：s=at2=2.522=5.0m；答：（1）木箱与地面之间的动摩擦因数为0.5；（2）F2作用在木箱上时，木箱运动的加速度大小为2.5m/s2；（3）F2作用在木箱上2.0s时间内木箱移动的距离为5m点评：本题考查了求动摩擦因数、加速度与位移，分析清楚运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题16参加某电视台娱乐节目的选手从较高的平台沿水平方向跃出后，落在水平传送带上，如图所示平台与传送带的高度差H=1.8m，水池宽度s0=1.2m，水平传送带左端A与右端B之间的距离L=16.6m由于传送带足够粗糙，假设选手落到传送带
26、上后在极短的时间内相对传送带静止，再经过反应时间t=1.0s后，以加速度a=2m/s2向右加速跑至传送带右端（1）若传送带静止，选手以速度v0=3m/s沿水平方向从平台跃出，求选手从开始跃出到跑至传送带右端所经历的时间（2）若传送带以v=1m/s的恒定速度逆时针运动，选手要能到达传送带右端，求选手沿水平方向从平台跃出的最小速度v1考点：动能定理的应用；平抛运动 分析：（1）从开始跃出到跑至传送带右端经历的时间经历两个过程：平抛运动和匀加速直线运动平抛运动的时间可以通过竖直方向去求，因为平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动，求出水平位移，然后再求出匀加速运动的位移以及时
27、间（2）选手平抛运动到传送带上后，在反应时间内跟传送带一起向左做匀速，然后以2m/s2的加速度向左做匀减速直线运动到0，如果在这段时间内未掉入水中，则不会落入水中，以后向右做初速度为0的匀加速直线运动解答：解：（1）选手离开平台后做平抛运动，在竖直方向H=gt解得：t1=0.6 s 在水平方向s1=v0t1=1.8 m 选手在传送带上做匀加速运动的位移s2=L0（s1s0）=at解得：t2=4.0s 选手运动的总时间：t=t1+t2+t=5.6 s （2）设选手水平跃出的速度至少为v1，落到传送带上在反应时间内向左发生的位移s3=vt=1 m 然后向左减速至速度为0的过程中，向左发生的位移s4
28、=0.25 m 选手不从传送带掉下，满足v1 t1s0+s3+s4 解得：v14.08 m/s 答：（1）选手从开始跃出到跑至传送带右端所经历的时间5.6 s（2）选手沿水平方向从平台跃出的最小速度4.08 m/s点评：解决本题的关键分析出选手的运动情况，然后根据平抛运动和运动学公式求解17如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、CB的左侧固定一轻弹簧，弹簧左侧挡板的质量不计设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，且B与C碰撞时间极短此后A继续压缩弹簧，直至弹簧被压缩到最短在上述过程中，求：（1）B与C相碰后的瞬间，B与C粘接在一起时的
29、速度；（2）整个系统损失的机械能；（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能考点：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）碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出速度（2）应用能量守恒定律可以求出损失的机械能（3）系统动量守恒，由动量守恒定律求出速度，然后应用能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能解答：解：（1）从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2mv1，设碰撞后瞬间B与C的速度为v2，向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1=2mv2，解得：v2=； （2）设B与C碰撞损失的机械能为E由能量守
30、恒定律得：mv12=E+2mv22，整个系统损失的机械能为：E=mv02； （3）由于v2v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此时速度为v3，弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=3mv3，由能量守恒定律得：mv02E=3mv32+EP，解得：EP=mv02；答：（1）B与C相碰后的瞬间，B与C粘接在一起时的速度为；（2）整个系统损失的机械能为mv02；（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能为mv02点评：本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，关键合理地选择研究的系统，运用动量守恒进行求解18如图所示，虚线OM与y轴的夹角为
31、=60，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子从y轴左侧平行于x轴射入磁场，入射点为P粒子在磁场中运动的轨道半径为R粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于Q点（图中未画出），且=R不计粒子重力求：（1）粒子在磁场中运动的周期；（2）P点到O点的距离；（3）粒子在磁场中运动的时间考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）由牛顿第二定律求出轨道半径，然后求出周期（2）作出粒子运动轨迹，根据题意应用几何知识求出距离（3）根据粒子转过的圆心角与粒子做圆周运动的周期，根据t=T求出粒子的运
32、动时间解答：解：（1）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，周期：T=，解得：T=；（2）设运动轨迹交虚线OM于A点，圆心为y轴上的C点，AC与y轴的夹角为；粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴于Q点，设AQ与x轴的夹角为过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为E、FAF=Rsin，OF=，EQ=，OQ=AF+EQ，=，联立得到：sin+cos=1，解得：=30或：=90；设P点到O点的距离为h，有：AF=Rsin，h=ROC，OC=CFOF=RcosAF，联立得到：h=RRcos（+30），解得：h=（1）R （=30），或：h=（1+）R （=90）；（3）当=30时，粒子在磁
33、场中运动的时间为：t=，当=90时，粒子在磁场中运动的时间为：t=；答：（1）粒子在磁场中运动的周期为；（2）P点到O点的距离为（1）R 或：（1+）R；（3）粒子在磁场中运动的时间为或点评：本题考查了求粒子做圆周运到达周期、运动时间等问题，难度较大；根据几何关系求出带电粒子在磁场中的偏转角有两个，要注意分别进行求解19如图所示，平行且足够长的两条光滑金属导轨，相距0.5m，与水平面夹角均为30，金属导轨的电阻不计导轨之间的匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度B=0.4T金属棒ab和cd的质量分别为0.1kg和0.2kg，电阻均为0.1，垂直导轨放置某时刻棒ab在外力作用下，沿着导轨向上滑动，
34、与此同时，棒cd由静止释放在运动过程中，棒ab始终保持速度v0=1.5m/s不变，两金属棒与导轨始终垂直且接触良好取重力加速度g=10m/s2求：（1）棒ab产生的感应电动势；（2）闭合回路中的最小电流和最大电流；（3）棒cd最终稳定运动时的速度大小考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应功能问题分析：（1）根据E=BLv求ab棒产生的感应电动势；（2）（3）由欧姆定律求出感应电流，由公式F=BIL求出cd棒所受安培力的大小，判断出其方向，再求解cd棒所受合力的大小和方向，即可分析cd棒的运动情况释放cd棒后，cd棒沿导轨平面向下做加速运动，回路abdc中产生的
35、感应电动势逐渐增大，感应电流逐渐增大，cd所受的安培力增大，合力减小，加速度减小，当合力减小到零时，cd棒做匀速直线运动，速度达到最大，回路中的电流也达到最大以cd为研究对象，由平衡条件求出最大电流此时回路中感应电动势为ab与cd两棒所产生的感应电动势之和，由欧姆定律和公式电动势结合求解最大速度解答：解：（1）根据E=BLv求得ab棒切割磁感线时的电动势为：Eab=BLv=0.40.51.5V=0.3V； （2）刚释放棒cd时，有：棒cd受到安培力为：F1=BIL=0.41.50.5N=0.3N棒cd受到的重力沿导轨向下的分力为：因为F1G1，棒cd沿导轨向下加速运动，即abcd闭合回路的感应电动势增大；电流也增大，所以最小电流为：Imin=I1=1.5A当棒cd的速度达到最大时，回路的电流最大，此时棒cd的加速度为0，有：mgsin30=BIL得：（3）由（2）分析知，当CD速度稳定后电路中的电流最大为5A，根据欧姆定律有：所以可得cd棒下滑的速度为：答：（1）棒ab产生的感应电动势为0.3V；（2）闭合回路中的最小电流为1.5A，最大电流为5A；（3）棒cd最终稳定运动时的速度大小为3.5m/s点评：本题是电磁感应中的力学问题，综合运用电磁学知识和力平衡知识对于第（2）问是两棒切割磁感线类型，要注意回路中感应电动势等于两棒产生的感应电动势之和
