1、天津市十二区县重点学校2015届高考物理二模试卷一、选择题（每小题6分，共30分每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1下列说法正确的是( )A射线是由原子核外电子电离产生的B入射线的波长大于金属的极限波长才能发生光电效应CC机场、车站等地利用x射线进行安全检查D的半衰期为5730年，测得一古生物遗骸中的含量只有活体中的，此遗骸距今约有21480年2下列说法不正确的是( )A用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象B照相机的镜头呈现淡紫色是光的干涉现象C泊松亮斑是由光的衍射现象形成的D在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象3在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环，规
2、定导体环中电流的正方向如图（a）所示，磁场方向向上为正当磁感应强度B随时间t按图（b）变化时，下列能正确表示导体环中感应电流变化情况的是( )ABCD4平行板电容器与电动势为E的直流电源，电阻R、电流k连接成如图所示的电路，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的p点且恰好处于静止状态，断开电键k，若将下极板竖直向上移动一小段距离，则( )A油滴将竖直向上运动Bp点的电势将降低C油滴的电势能减小D电容器极板带电量增大5如图所示，在倾角=30的光滑固定斜面上，有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻弹簧连接，现对A施加一水平向右的恒力，使A、B均静止在斜面上，此时弹簧的长度为L，下列说法
3、正确的是( )A弹簧的原长为L+B水平恒力大小为mgC撤掉恒力瞬间小球A的加速度为gD撤掉恒力瞬间小球B的加速度为g二、选择题（每小题6分，共18分每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）6“嫦娥二号”卫星环月工作轨道为圆轨道，轨道高度为200km，已知卫星在该轨道运动的线速度、周期、月球的半径和万有引力常量，仅利用以上条件能求出( )A月球的质量和平均密度B卫星运动的向心加速度C月球表面的重力加速度D月球和卫星间的万有引力7如图所示，理想变压器原线圈匝数n1=1100匝，副线圈匝数n2=220匝，交流电源的电压u=220sin1
4、00t（V），电阻R=44，电表均为理想交流电表，则下列说法中正确的是( )A交流电的频率为50HzB电流表A1的示数为0.2AC变压器的输入功率为88WD电压表的示数为44V8如图所示，实线是沿x轴传播的一列简谱横波在t=0时刻的波形图，虚线是这列波在t=0.1s时刻的波形图已知该波的波速是v=1.0m/s，则下列说法正确的是( )A这列波的振幅是20cmB这列波沿x轴正方向传播的C在t=0.1s时，x=2cm处的质点p速度沿y轴负方向D经过0.18s，x=2cm处的质点p通过路程为0.6m三、非选择题9如图所示，在线角为的斜面上以速度v0水平抛出一小球，设斜面足够长，已知小球质量为m，重力
5、加速度为g，则从抛出开始计时，经过时间t=_，小球落到斜面上；在整个过程中小球动量变化量的大小为_（不计空气阻力）10如图1所示为验证机械能守恒定律的实验装置，现有的器材为：带铁夹的铁架台、电火花计时器、纸带和带铁夹的重物为了完成实验，除了所给的器材、还需要的器材有_（填字母代号）A毫米刻度尺B秒表C.012V的直流电源D.012V的交流电源下列做法正确的是_（填字母代号）A实验时，必须用秒表测出重物下落的时间B实验时，应选用质量大，体积小的重物C实验操作时，纸带应被竖直提着，使重物靠近计时器，先释放纸带，后接通电源D用毫米刻度尺测出重物下落的高度h并通过v=计算出瞬时速度v实验中得到一条比较
6、理想的纸带如图2所示，在点迹较清晰的部分选取某点O作为起始点，图中A、B、C、D为纸带上选取的4个连续点，分别测出B、C、D到O点的距离分别为15.55cm、19.20cm、23.23cm，重物和纸带下落的加速度a=_m/s211某学习小组设计了一个测定金属丝电阻率的实验电路如图1所示ab是一段粗细均匀的金属电阻丝，R0是阻值为5的保护电阻，学生电源的输出电压为10V，电流表可视为理想电表用螺旋测微器测量金属丝的直径如图2所示，其直径为_ mm先接通电源，后闭合电键，发现电流表的示数为零，利用多用电表检查故障（电路中故障只有一处）先将选择开关旋至直流电压档，将红表笔固定在e接线柱，再将黑表笔依
7、次接d、c、b、a、h接线柱，对应的多用电表的示数分别为0、0、10V、10V、10V由此可以判断电路发生的故障是_排除故障后进行实验，闭合电键k，调节线夹a的位置，记录金属电阻丝ab的长度L和对应的电流表的示数I，根据得到的实验数据，做出了L图，如图3，由图象和测得的数据可估算出该金属丝的电阻率为_m（保留2位有效数字）若电流表不能视为理想电表，考虑电流表的电阻，则电阻率的测量值_真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）12（16分）以坐标原点为中心、边长为L的正方形EFGH区域内，存在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示在A处有一个粒子源，可以连续不断的沿x轴负方向射入
8、速度不同的带电粒子，且都能从磁场的上边界EF射出已知粒子的质量为m，电量大小为q，不计重力和粒子间的相互作用（1）若粒子从EF与y轴的交点射出，试判断粒子的电性并计算粒子射入磁场的速度v1的大小；（2）若粒子以速度v2=射入磁场，求粒子在磁场中运动时间t13（18分）质量为M=6kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量为m=3kg，停在B的左端质量为m0=1kg的小球用长为R=0.8m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉着至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞，碰撞时间极短且无机械能损失，物块与小球可视为质点，不计空气阻力已知A、B间的动摩擦因数=0.1，重力加速度g=10m/s
9、2求：（1）小球与A碰撞前的瞬间，绳子对小球的拉力F的大小；（2）为使A、B达到共同速度前A不滑离木板，木板长L至少多长14磁流体发电是一种新型发电方式，如图是其工作原理示意图图中发电导管是一个水平位置的上下、前后封闭的矩形塑料管，其宽度为a，高度为h，内部充满电阻率的水银，前后两个侧面有宽度为L，电阻可略的导体电极，这两个电极用电阻不计的导线相连，导体电极间有竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场发电导管内水银的流速随磁场有无而不同设发电导管内水银不可压缩且流速处处相同，水银所受摩擦阻力总与流速成正比，不存在磁场时，发电导管两端由涡轮机产生的压强差p维持水银具有恒定流速为vn（1）加磁场后，两个
10、电极区域间的电阻R的表达式；（2）加磁场后，水银稳定流速为v，写出水银所受的磁场力F与v关系式并指出F的方向；（3）加磁场后，仍维持水银具有恒定流速v0，求发电导管的输入功率P天津市十二区县重点学校2015届高考物理二模试卷一、选择题（每小题6分，共30分每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1下列说法正确的是( )A射线是由原子核外电子电离产生的B入射线的波长大于金属的极限波长才能发生光电效应CC机场、车站等地利用x射线进行安全检查D的半衰期为5730年，测得一古生物遗骸中的含量只有活体中的，此遗骸距今约有21480年考点：光电效应；原子核衰变及半衰期、衰变速度 专题：光电效应专题分
11、析：射线实际上是原子核中的中子转化来的电子入射线的波长小于金属的极限波长才能发生光电效应；x射线穿透本领强，可用来进行安全检查半衰期为原子核有半数发生衰变所需的时间根据放射性物质的含量可求时间解答：解：A、衰变中产生的射线实际上是原子核中的中子转变成质子和电子，电子释放出来就成为射线，故A错误B、当入射光的频率大于极限频率时，才能发生光电效应，而频率越高，波长越短，所以入射光的波长必须小于金属的极限波长，才能产生光电效应，故B错误C、x射线穿透本领强，可用来进行安全检查故C正确D、据题知，测得一古生物遗骸中的含量只有活体中的，说明经过3个半衰期，而的半衰期为5730年，所以此遗骸距今有：t=3
12、5730年=17190年，故D错误故选：C点评：本题考查原子物理和物理光学的基本知识，要知道射线的实质和产生的原因，掌握光电效应的条件，理解最大波长的含义能理解物质的含量与半衰期的关系，并能解决实际问题2下列说法不正确的是( )A用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象B照相机的镜头呈现淡紫色是光的干涉现象C泊松亮斑是由光的衍射现象形成的D在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象考点：光的偏振；光的干涉；光的衍射 专题：光的衍射、偏振和电磁本性专题分析：用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的薄膜干涉现象；照相机的镜头呈现淡紫色是光的干涉现象；泊松亮斑是由光的衍射现象形成的；在光
13、导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象解答：解：A、用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光在标准平面与被检查的平面之间的空气薄膜的前后表面上的两束反射光的干涉现象故A错误；B、照相机的镜头呈现淡紫色是光的干涉现象，因为可见光有“红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫”七种颜色，而膜的厚度是唯一的，所以只能照顾到一种颜色的光让它完全进入镜头，一般情况下都是让绿光全部进入的，这种情况下，你在可见光中看到的镜头反光其颜色就是蓝紫色，因为这反射光中已经没有了绿光故B正确；C、泊松亮斑是由光的衍射现象，在圆形障碍物后面的中心处形成的亮斑故C正确；D、在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象故D正确故选：A点评：
14、本题中泊松亮斑与光导纤维学生容易接受并掌握的知识点，理解利用薄膜干涉检查光学平面的平整程度和增透膜的原理是该题的关键3在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环，规定导体环中电流的正方向如图（a）所示，磁场方向向上为正当磁感应强度B随时间t按图（b）变化时，下列能正确表示导体环中感应电流变化情况的是( )ABCD考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：正确解答本题一定要明确Bt图象中斜率的含义，注意感应电动势的大小与磁通量大小无关与磁通量变化率成正比解答：解：根据法拉第电磁感应定律有：E=n=ns，因此在面积、匝数不变的情况下，感应电动势与磁场的变化率成正比，即与B
15、t图象中的斜率成正比，由图象可知：02s，斜率不变，故形成的感应电流不变，根据楞次定律可知感应电流方向顺时针即为正值，24s斜率不变，电流方向为逆时针，整个过程中的斜率大小不变，所以感应电流大小不变，故ABC错误，D正确故选：D点评：正确理解感应电动势与磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率等之间的关系，可以类比加速度、速度变化量、速度变化率进行学习4平行板电容器与电动势为E的直流电源，电阻R、电流k连接成如图所示的电路，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的p点且恰好处于静止状态，断开电键k，若将下极板竖直向上移动一小段距离，则( )A油滴将竖直向上运动Bp点的电势将降低C油滴的电势能减小D电
16、容器极板带电量增大考点：带电粒子在混合场中的运动 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：电路稳定后，断开电键K后，电容器的带电量不变；根据公式C=、C=和U=Ed推导出电场强度的表达式；根据U=Ed判断P点和负极板的电势差变化情况，根据Ep=q判断电势能的变化情况解答：解：A、断开电键前，粒子受电场力和重力平衡，故电场力向上，故粒子带负电；断开电键后，电容器的带电量Q不变，根据公式C=、C=和U=Ed，有：E=故极板距离变化不会引起板间场强的变化，故电场力不变；故粒子保持静止；故A错误；B、C、断开电键后，改变极板间距，电场强度不变，根据U=Ed，AP间的电势差减小，由于UAP=p，故P点的
17、电势减小；P点的电势减小，粒子带负电，根据Ep=qp，由于油滴带负电荷，所以油滴的电势能增加，故B正确，C错误；D、断开电键K后，电容器的带电量不变；故D错误；故选：B点评：本题考查电容器的动态分析，当电容器与电源相连接时，电容器两端的电压不变，而充电后断开，则电容器两板上的电量不变；同时本题中电势能为易错点，应注意电势能与电势及电荷量均有关系5如图所示，在倾角=30的光滑固定斜面上，有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻弹簧连接，现对A施加一水平向右的恒力，使A、B均静止在斜面上，此时弹簧的长度为L，下列说法正确的是( )A弹簧的原长为L+B水平恒力大小为mgC撤掉恒力瞬间小球
18、A的加速度为gD撤掉恒力瞬间小球B的加速度为g考点：牛顿第二定律；共点力平衡的条件及其应用；胡克定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：隔离对B分析，根据共点力平衡求出弹簧的弹力，从而求出弹簧的形变量，得出弹簧的原长对整体分析，根据共点力平衡求出水平恒力F的大小，撤去恒力的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对小球分析，根据牛顿第二定律求出瞬时加速度的大小解答：解：A、对小球B分析知，则弹簧的伸长量，所以弹簧的原长为L故A错误B、对整体分析，2mgsin30=Fcos30，解得F=故B错误C、撤去恒力瞬间，弹簧的弹力不变，对A球，根据牛顿第二定律得，故C正确D、撤去恒力瞬间，弹簧的弹力不变，对B球，合力为
19、零，则B球的加速度为零故D错误故选：C点评：本题综合考查了牛顿第二定律、共点力平衡，知道撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求解瞬时加速度，掌握整体法和隔离法的灵活运用二、选择题（每小题6分，共18分每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）6“嫦娥二号”卫星环月工作轨道为圆轨道，轨道高度为200km，已知卫星在该轨道运动的线速度、周期、月球的半径和万有引力常量，仅利用以上条件能求出( )A月球的质量和平均密度B卫星运动的向心加速度C月球表面的重力加速度D月球和卫星间的万有引力考点：万有引力定律及其应用 专题：万有引力定律
20、的应用专题分析：根据万有引力提供向心力，结合轨道半径和周期求出月球的质量，结合月球的体积求出平均速度根据轨道半径和周期求出卫星的线速度，结合月球的质量和半径，根据万有引力等于重力求出月球表面的重力加速度解答：解：A、因为月球的平均半径R、卫星的高度h，周期T已知，根据万有引力提供向心力=mrr=（R+h）所以可求得月球的质量M，已知月球的半径，即可求得月球的平均密度，故A正确B、由卫星运动的向心加速度 a=（R月+h），由已知条件可以求出a；故B正确C、根据=mg知，月球表面的重力加速度g=，可以求出g故C正确D、因为卫星的质量未知，则无法求出月球对卫星的引力故D错误故选：ABC点评：解决本题
21、的关键掌握万有引力的两个基本思路：1、万有引力提供向心力，2、万有引力等于重力，并能灵活运用7如图所示，理想变压器原线圈匝数n1=1100匝，副线圈匝数n2=220匝，交流电源的电压u=220sin100t（V），电阻R=44，电表均为理想交流电表，则下列说法中正确的是( )A交流电的频率为50HzB电流表A1的示数为0.2AC变压器的输入功率为88WD电压表的示数为44V考点：变压器的构造和原理；电功、电功率 专题：交流电专题分析：电压表、电流表的示数表示电压电流的有效值，原副线圈的电压比等于匝数之比，电流比等于匝数之反比，原线圈的电压决定副线圈的电压，副线圈的电流决定原线圈的电流解答：解：
22、A、交流电的周期为：T=0.02s，f=50Hz故A正确B、原线圈的电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比知副线圈电压即电压表的示数为44V，则电流表A2的示数为：I2=1A，电流与匝数成反比，所以电流表A1的示数为：I1=1=0.2A故B错误，D正确C、副线圈的功率，所以变压器的输入功率P1=44W，故C错误故选：AD点评：解决本题的关键知道原副线圈的电压关系和电流关系，以及知道原副线圈的电压、电流和功率的决定关系8如图所示，实线是沿x轴传播的一列简谱横波在t=0时刻的波形图，虚线是这列波在t=0.1s时刻的波形图已知该波的波速是v=1.0m/s，则下列说法正确的是( )A这列波的振幅是
23、20cmB这列波沿x轴正方向传播的C在t=0.1s时，x=2cm处的质点p速度沿y轴负方向D经过0.18s，x=2cm处的质点p通过路程为0.6m考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系 专题：振动图像与波动图像专题分析：由图读出波长，求出周期，根据时间t=0.1s与周期的关系判断波的传播方向，并判断t=0.1s时，x=2m处的质点速度方向；分析质点P在0.18s时的位置，确定其通过的路程；解答：解：A、根据波形图可知，振幅A=10cm，故A错误；B、由图知：=0.12m，则周期T=，t=0.1s=，根据波形的平移法可知，这列波沿x轴正方向传播故B正确C、波沿x轴正方向传播，则在t=0.1s时
24、，x=2cm处的质点p向上振动，速度沿y轴正方向，故C错误；D、t=0.18s=T，则x=2cm处的质点p通过路程s=，故D正确故选：BD点评：本题关键是根据时间t=0.1s与T的关系，利用波形的平移法判断波的传播方向根据时间与周期的关系，分析质点的运动状态三、非选择题9如图所示，在线角为的斜面上以速度v0水平抛出一小球，设斜面足够长，已知小球质量为m，重力加速度为g，则从抛出开始计时，经过时间t=，小球落到斜面上；在整个过程中小球动量变化量的大小为2mv0tan（不计空气阻力）考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直位移
25、与水平位移的关系，求出运动的时间，结合运动的时间求出速度的变化量，从而得出小球动量的变化量解答：解：根据tan=得，平抛运动的时间t=；则小球的速度变化量v=gt=2v0tan，则小球动量变化量的大小P=mv=2mv0tan故答案为：，2mv0tan点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，知道平抛运动的速度变化量的方向与加速度方向相同，始终竖直向下10如图1所示为验证机械能守恒定律的实验装置，现有的器材为：带铁夹的铁架台、电火花计时器、纸带和带铁夹的重物为了完成实验，除了所给的器材、还需要的器材有A（填字母代号）A毫米刻度尺B秒表C.012V的
26、直流电源D.012V的交流电源下列做法正确的是B（填字母代号）A实验时，必须用秒表测出重物下落的时间B实验时，应选用质量大，体积小的重物C实验操作时，纸带应被竖直提着，使重物靠近计时器，先释放纸带，后接通电源D用毫米刻度尺测出重物下落的高度h并通过v=计算出瞬时速度v实验中得到一条比较理想的纸带如图2所示，在点迹较清晰的部分选取某点O作为起始点，图中A、B、C、D为纸带上选取的4个连续点，分别测出B、C、D到O点的距离分别为15.55cm、19.20cm、23.23cm，重物和纸带下落的加速度a=9.5m/s2考点：验证机械能守恒定律 专题：实验题分析：（1）正确选取器材首先要明确实验原理，知
27、道实验目的，明确需要哪些方面的测量，从而确定所需的器材，以及不必要的器材（2）实验的过程中打点计时器是测量时间的；应选用质量大，体积小的重物；实验操作时，纸带应被竖直提着，使重物靠近计时器，先接通电源，后释放纸带；要使用某点的瞬时速度等于该段时间内的平均速度计算速度；（3）根据纸带上的数据，由作差法求出加速度解答：解：在验证机械能守恒定律的实验中，除需要带铁夹的铁架台、电火花计时器、纸带和带铁夹的重物外，还需要测量计数点之间距离的毫米刻度尺；A、实验的过程中打点计时器是测量时间的，故不需要秒表故A错误；B、实验时，应选用质量大，体积小的重物故B正确；C、实验操作时，纸带应被竖直提着，使重物靠近
28、计时器，先接通电源，后释放纸带，该次序不能颠倒故C错误；D、计算速度时，要使用某段时间内的平均速度计算该段时间的中点时刻的瞬时速度；故D错误故选：Bm由于：所以：故答案为：A；B；9.5点评：解决本题的关键知道验证机械能守恒定律的实验原理，掌握重力势能减小量和动能增加量的求法，难度不大，所以基础题11某学习小组设计了一个测定金属丝电阻率的实验电路如图1所示ab是一段粗细均匀的金属电阻丝，R0是阻值为5的保护电阻，学生电源的输出电压为10V，电流表可视为理想电表用螺旋测微器测量金属丝的直径如图2所示，其直径为0.900 mm先接通电源，后闭合电键，发现电流表的示数为零，利用多用电表检查故障（电路
29、中故障只有一处）先将选择开关旋至直流电压档，将红表笔固定在e接线柱，再将黑表笔依次接d、c、b、a、h接线柱，对应的多用电表的示数分别为0、0、10V、10V、10V由此可以判断电路发生的故障是bc间导线断路排除故障后进行实验，闭合电键k，调节线夹a的位置，记录金属电阻丝ab的长度L和对应的电流表的示数I，根据得到的实验数据，做出了L图，如图3，由图象和测得的数据可估算出该金属丝的电阻率为6.3106m（保留2位有效数字）若电流表不能视为理想电表，考虑电流表的电阻，则电阻率的测量值等于真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）考点：测定金属的电阻率 专题：实验题分析：螺旋测微器固定刻度与可动刻
30、度示数之和是螺旋测微器示数常见电路故障有断路与短路两种，根据电路故障现象分析电路故障原因求出图象的函数表达式，然后根据图示图象与电阻定律求出电阻率根据电路图分析实验误差解答：解：由图示螺旋测微器可知，其示数：d=0.5mm+40.00.01mm=0.900mm闭合开关电流表示数为零，说电路存在断路，接e与b、a、h时电压表示数为10V，说明此时电压表与电源两极相连，b与电源正极间不存在断路，电压表接e与d、c时电压表示数为零，断路位置在e与b间，电压表接e与d、c时电压表示数为零，说明断路发生在bc间，bc间导线断路由图示电路图可知，E=I（R0+R），则：=+R=+=+L，即：=+L，L图象
31、的斜率：k=，则电阻率：=，由图示图象可知：k=1，将d=0.900mm，k=1，E=10V代入=解得：=6.3106m考虑电流表内阻，由图示电路图可知，E=I（R0+R+RA），解得：=+L，电阻率：=，由此可知，电流表内阻对电阻丝电阻率的测量没有影响，测量值等于真实值故答案为：0.900；bc间的导线断路；6.3106；等于点评：本题考查了测金属丝电阻率实验，应用闭合电路欧姆定律与电阻定律求出图象的函数表达式是正确解题的前提与关键，要掌握应用图象法处理实验数据的方法12（16分）以坐标原点为中心、边长为L的正方形EFGH区域内，存在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示在A
32、处有一个粒子源，可以连续不断的沿x轴负方向射入速度不同的带电粒子，且都能从磁场的上边界EF射出已知粒子的质量为m，电量大小为q，不计重力和粒子间的相互作用（1）若粒子从EF与y轴的交点射出，试判断粒子的电性并计算粒子射入磁场的速度v1的大小；（2）若粒子以速度v2=射入磁场，求粒子在磁场中运动时间t考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）根据左手定则判断电性，圆心为F点，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解；（2）粒子以速度v2=射入磁场，先根据牛顿第二定律列式求解轨道半径，然后画出运动轨迹，根据t=求解运动时间解答：解：（1）由左手定则可以判断，
33、粒子带负电；由几何关系，粒子的运动半径：R=；由牛顿第二定律，有：qBv1=m解得：v1=（2）由牛顿第二运动定律，有：qBv2=m解得：r=L带电粒子在磁场中做匀速圆周运动所对应的回旋角为，由几何关系可得：cos=解得：=带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：T=带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间：t=答：（1）粒子带负电，粒子射入磁场的速度v1的大小为；（2）粒子在磁场中运动时间t为点评：本题关键是明确粒子的运动规律，画出轨迹后，根据牛顿第二定律并结合几何关系列式求解，基础问题13（18分）质量为M=6kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量为m=3kg，停在B的左端质量为m0=1kg
34、的小球用长为R=0.8m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉着至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞，碰撞时间极短且无机械能损失，物块与小球可视为质点，不计空气阻力已知A、B间的动摩擦因数=0.1，重力加速度g=10m/s2求：（1）小球与A碰撞前的瞬间，绳子对小球的拉力F的大小；（2）为使A、B达到共同速度前A不滑离木板，木板长L至少多长考点：动量守恒定律；动能定理 专题：动量定理应用专题分析：（1）由动能定理求出小球的速度，与牛顿第二定律求出拉力大小；（2）A在B上运动过程系统动量守恒，能量守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出木板长度解答：解：（1）小球向下摆动过程，由动
35、能定理得：m0gR=m0v2，小球到达最低点时，由牛顿第二定律得：Fm0g=m0，解得：F=30N；（2）小球与A碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m0v=m0v1+mv2，由机械能守恒定律得：m0v2=m0v12+mv22，解得：v2=2m/s，物块A与木板B达到共同速度过程中，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：mv2=（M+m）v3，由能量守恒定律得：mgL=mv22（M+m）v32，解得：L=m；答：（1）小球与A碰撞前的瞬间，绳子对小球的拉力F的大小为30N；（2）为使A、B达到共同速度前A不滑离木板，木板长至少为m点评：本题考
36、查了求拉力、木板长度问题，分析清楚物体运动过程，应用动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题，解题时要注意准确选择研究过程，注意正方向的选择14磁流体发电是一种新型发电方式，如图是其工作原理示意图图中发电导管是一个水平位置的上下、前后封闭的矩形塑料管，其宽度为a，高度为h，内部充满电阻率的水银，前后两个侧面有宽度为L，电阻可略的导体电极，这两个电极用电阻不计的导线相连，导体电极间有竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场发电导管内水银的流速随磁场有无而不同设发电导管内水银不可压缩且流速处处相同，水银所受摩擦阻力总与流速成正比，不存在磁场时，发电导管两端由涡轮机产生的压强差p维持水银具有恒定流
37、速为vn（1）加磁场后，两个电极区域间的电阻R的表达式；（2）加磁场后，水银稳定流速为v，写出水银所受的磁场力F与v关系式并指出F的方向；（3）加磁场后，仍维持水银具有恒定流速v0，求发电导管的输入功率P考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）根据电阻定律R=求电阻；（2）结合法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律以及安培力公式列方程联立求解；（3）发电导管的输入功率：P=Fv=pabv0，需要结合平衡条件求出p即可解答：解：（1）由题意可知：R=（2）水银进入磁场，等效导体棒切割磁感线，产生的电动势E=Bav根据闭合电路欧姆定律有：I=等效导体棒所
38、受磁场力F=Bla解得：F=磁场力的方向与水银的流速方向相反（3）水银流速为v0时，磁场力F=不加磁场时，由平衡条件有：pab=kv0水银流速为v0时，水银受到的阻力：f=kv0水银流速为v0时，根据平衡条件有：pab=f+F发电导管的输入功率：P=pabv0解得：P=pabv0+B2Labv02答：（1）加磁场后，两个电极区域间的电阻R的表达式为R=；（2）加磁场后，水银稳定流速为v，水银所受的磁场力F与v关系式F=，F的方向与水银的流速方向相反；（3）加磁场后，仍维持水银具有恒定流速v0，发电导管的输入功率P=pabv0+B2Labv02点评：解决本题的关键掌握电阻定律、安培力大小和方向的判断，难点在于通过平衡求出流体新的稳定速度v的表达式
