1、高考资源网（） 您身边的高考专家天津市河东区2015届高考物理二模试卷一、单项选择题（每小题6分，共30分每小题给出四个选项中，只有一个选项是正确的）1下列说法正确的是( )A发射无线电波时需要对电磁波进行调制和解调B粒子散射实验揭示了原子具有核式结构C核反应H+HHe+n属于衰变D比结合能越大，说明原子越不稳定2下列有关光现象的应用正确的是( )A光在光导纤维中传播时，在纤维与空气的界面上发生全反射B利用光的衍射原理可以检查物体表面的平整度C拍摄玻璃橱窗或者水下物体时，在镜头前贴上增透膜，可使成像更清楚D立体电影主要利用光的偏振现象3小行星绕恒星运动，恒星（中心天体）均匀地向四周辐射能量，质
2、量缓慢减小，可认为小行星在绕恒星运动一周的过程中近似做圆周运动则经过足够长的时间后，小行星运动的( )A半径变小B速率变大C加速度变小D公转周期变小4一列横波沿x轴正向传播，a、b、c、d为介质中沿波传播方向上四个质点的平衡位置某时刻的波形如图（a）所示，此后，若经过周期开始计时，则图（b）描述的是( )Aa处质点的振动图象Bb处质点的振动图象Cc处质点的振动图象Dd处质点的振动图象5要使平行板电容器两极板间的电势差加倍，同时极板间的场强减半，下述四种办法中应采取哪种办法？( )A两极板的电荷量加倍，板间距离为原来的4倍B两极板的电荷量减半，板间距离为原来的4倍C两极板的电荷量加倍，板间距离为
3、原来的2倍D两极板的电荷量减半，板间距离为原来的2倍二、不定项选择题（每小题6分，共18分每小题给出四个选项中，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，选错或不答的得0分）6一质点从t=0开始沿x轴做直线运动，其位置坐标与时间的关系为x=2t38t+1（x和t的单位分别为m和s），则下列说法中正确的是( )A质点一直向x轴正方向运动B质点做匀变速直线运动C质点在第2s内的平均速度大小为6m/sD质点在前2s内的位移为零7图甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈共有N匝，逆时针转动，产生的电动势e随时间t变化的正弦图象如图乙所示发电机线圈的内电阻不计，外接灯泡的电阻为12，则(
4、 )A电压表的示数为6VB灯泡消耗的电功率为3 WC在t=0.01 s时刻，穿过每一匝线圈的磁通量为（Wb）D若其他条件不变，仅将线圈的转速提2014-2015学年高一倍，则线圈产生的电动势的表达式为e=12sin100t（V）8在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表若将照射R3的光的强度减弱，则( )A电压表的示数变大B小灯泡消耗的功率变小C通过R2的电流变小D电源内阻的电压变大三、填空实验题（共3小题，每小题4分，满分18分）9如图所示，质量分别为m的小球A、
5、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀加速运动的电梯内，细线所受的拉力为F，此时突然剪断细线，那么在细线剪断的瞬间，弹簧的弹力大小为_；小球A的加速度大小为_10在“利用单摆测重力加速度”实验中，如图1所示，将细线的上端固定在铁架上，下端系一小钢球，就做成了单摆用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图2所示，读数为_mm以下是实验过程中的一些想法，其中正确的有_a摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些；b摆球尽量选择质量大些、体积小些的；c为了使单摆的周期增大一些，拉开摆球时，使摆线偏高平衡位置的角度增大一些；d拉开摆球，使摆线偏离平衡位置较小的角度，在释放摆球的同时开始计时，
6、当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔t即为单摆周期T；e拉开摆球，使摆线偏离平衡位置较小的角度，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆周期T=为了提高实验精确度，在实验中可改变几次摆长L、测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，再以L为横坐标T2为纵坐标，将所得数据连成直线如图3所示，则测得的重力加速度g=_m/s2（保留3位有效数字）11某同学制作了一水果电池，欲测定该电池的电动势E和内阻r给定器材如下：A待测水果电池E B电流表G（量程10mA，内阻约40） C电阻箱R（0999.9） D开关S及导线（1）因为电流表G内阻的
7、准确值未知，所以他用如图甲所示的电路测量其内阻rG已知图中电流表A的内阻为rA在某次测量中，读出电流表4、电流表G的读数分别为IA、IG，则内阻rG=_（2）若电流表G内阻的测量值rG=40.0现采用图乙所示的电路测量水果电池的电动势E和内阻r根据实验数据绘出的R图象如图丙所示，则图线斜率表示的物理意义是_根据图象求出该电池的电动势E=_V、内阻r=_（结果保留整数）四、解答题（共3小题，满分54分）12（16分）质量为M=7kg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mO=1kg的小球用长为l=0.8m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小
8、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）小球与A碰撞后的瞬间，A获得的速度vA的大小；（3）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13（18分）如图所示，在xoy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场现有一粒子源处在坐标为（0，L）M点能以垂直与电场方向不断发射质量为m、电量为+q、速度为v0的粒子（重力不计），粒子进入磁场后最后又从x轴上坐标为（3L，0
9、）处的P点射入电场，其入射方向与x轴成45角求：（1）粒子到达P点时的速度v；（2）匀强电场的电场强度E和匀强磁场的磁感应强度B；（3）粒子从M点运动到P点所用的时间t14如图1所示，两根水平的金属光滑平行导轨，其末端连接等高光滑的圆弧，其轨道半径r=0.5m，圆弧段在图中的cd和ab之间，导轨的间距为L=0.5m，轨道的电阻不计在轨道的顶端接有阻值为R=2.0的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=2.0T现有一根长度稍大于L、电阻不计，质量m=1.0kg的金属棒，从轨道的水平位置ef开始在拉力F作用下，从静止匀加速运动到cd的时间t0=2.0s，调节拉力使金属棒接着沿圆弧做
10、匀速圆周运动至ab处，已知金属棒在ef和cd之间运动时的拉力随时间变化的图象如图2所示，已知F0=3.0N重力加速度g=10m/s2求：（1）金属棒做匀加速运动的加速度a；（2）金属棒做匀加速运动时通过金属棒的电荷量q；（3）金属棒从cd沿圆弧做匀速圆周运动至ab的过程中，拉力做的功WF天津市河东区2015届高考物理二模试卷一、单项选择题（每小题6分，共30分每小题给出四个选项中，只有一个选项是正确的）1下列说法正确的是( )A发射无线电波时需要对电磁波进行调制和解调B粒子散射实验揭示了原子具有核式结构C核反应H+HHe+n属于衰变D比结合能越大，说明原子越不稳定考点：原子核的结合能；电磁波的
11、产生；裂变反应和聚变反应 分析：发射无线电波时需要对电磁波进行调制，但电子不是原子核的组成部分，粒子散射实验揭示了原子具有核式结构，核反应H+HHe+n属于轻核的聚变；衡量原子核的稳定程度的物理量是比结合能，比结合能越大，说明原子越稳定解答：解：A、发射无线电波时需要对电磁波进行调制，而解调是接收电磁波的过程，故A错误；B、卢瑟福的粒子散射实验揭示了原子具有核式结构故B正确；C、核反应H+HHe+n属于轻核的聚变故C错误；D、比结合能越大，说明原子越稳定比结合能越小，说明原子越不稳定故D错误故选：B点评：本题考查了电磁波的发射与接受，原子核式结构模型，核反应的类型以及比结合能的意义，都是一些记
12、忆性的知识点的内容，多加积累即可2下列有关光现象的应用正确的是( )A光在光导纤维中传播时，在纤维与空气的界面上发生全反射B利用光的衍射原理可以检查物体表面的平整度C拍摄玻璃橱窗或者水下物体时，在镜头前贴上增透膜，可使成像更清楚D立体电影主要利用光的偏振现象考点：全反射；光的偏振 专题：全反射和临界角专题分析：光导纤维通信采用的是光的全反射；璃橱窗内的物体时，镜头前贴是偏振片；立体电影主要利用光的偏振现象解答：解：A、光在光导纤维中传播时，在纤维与空气的界面上发生全反射故A正确B、利用光的干涉原理可以检查物体表面的平整度；故B错误；C、拍摄玻璃橱窗内的物体时，防止光的反射，通过偏振片来阻碍反射
13、光的进入，故C错误；D、立体电影是利用了光的偏振原理，不是利用干涉原理，故D正确；故选：AD点评：本题考查光的全反射，注意光的偏振应用，理解偏振片的原理，掌握光的干涉现象应用3小行星绕恒星运动，恒星（中心天体）均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，可认为小行星在绕恒星运动一周的过程中近似做圆周运动则经过足够长的时间后，小行星运动的( )A半径变小B速率变大C加速度变小D公转周期变小考点：万有引力定律及其应用 专题：万有引力定律的应用专题分析：恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，二者之间万有引力减小，小行星做离心运动，即半径增大，又小行星绕恒星运动做圆周运动，万有引力提供向心力，可分析线速度、
14、周期、加速度等解答：解：A、恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，二者之间万有引力减小，小行星做离心运动，即半径增大，故A错误；B、小行星绕恒星运动做圆周运动，万有引力提供向心力，设小行星的质量为m，恒星的质量为M，则G=m，即v=，M减小，r增大，故v减小，故B错误；C、由G=ma得：a=，M减小，r增大，所以a减小，故C正确；D、v=r，v减小，r增大，故减小；根据T=，周期增加，故D错误故选：C点评：关于万有引力与航天，记住作圆周运动万有引力等于向心力；离心运动，万有引力小于向心力；向心运动，万有引力大于向心力4一列横波沿x轴正向传播，a、b、c、d为介质中沿波传播方向上四个质点的平衡
15、位置某时刻的波形如图（a）所示，此后，若经过周期开始计时，则图（b）描述的是( )Aa处质点的振动图象Bb处质点的振动图象Cc处质点的振动图象Dd处质点的振动图象考点：简谐运动的振动图象 分析：先由波的传播方向判断各质点的振动方向，并分析经过周期后各点的振动方向与振动图象计时起点的情况进行对比，选择相符的图象解答：解：由乙图知t=0时刻，即开始计时的时刻质点位于平衡位置，且速度向下A、图中a经过平衡位置向上运动，过周期后到达波峰，与振动图象计时起点的情况不符故A错误B、图中b在波谷，过周期后经过平衡位置向上运动，与振动图象计时起点的情况不符故B错误C、图中c经过平衡位置向下运动，过周期后到达波
16、谷，与振动图象计时起点的情况不符故C错误D、图中d在波峰，过周期后经过平衡位置向下运动，与振动图象计时起点的情况相符故D正确故选：D点评：本题属于波的图象问题，先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系，再分析波动形成的过程5要使平行板电容器两极板间的电势差加倍，同时极板间的场强减半，下述四种办法中应采取哪种办法？( )A两极板的电荷量加倍，板间距离为原来的4倍B两极板的电荷量减半，板间距离为原来的4倍C两极板的电荷量加倍，板间距离为原来的2倍D两极板的电荷量减半，板间距离为原来的2倍考点：电容器的动态分析 专题：电容器专题分析：根据电容的决定式C=可知板间距离变化后电容C变为C0的多少倍，再
17、根据U=可知电量变化后两极板之间的电压U变为原来的多少倍，最后根据E=得出两极板之间的场强变为原来的多少倍解答：解：A、根据电容的决定式C=可知板间距离变为原来的4倍，则电容C变为原来的，电量加倍后Q=2Q0，可知两极板之间的电压U=8=8U0，即电势差变为原来的8倍故A错误B、根据电容的决定式C=可知板间距离变为原来的4倍，则电容C变为原来的，电量减半即Q=，则两极板之间的电压U=2=2U0，即电势差变为原来的2倍，场强E=故B正确C、由以上分析可知当板间距离变为原来的2倍时，电容器的电容C=，电量Q=2Q0，则两极板之间的电压U=4U0，则两极板之间的场强E=2=2E0，故C错误D、当板间
18、距离变为原来的2倍时，电容器的电容C=，电量Q=，则两极板之间的电压U=U0，则两极板之间的场强E=，故D错误故选B点评：此类题目比较麻烦，但思路简单，只要按部就班的认真分析就能顺利解决二、不定项选择题（每小题6分，共18分每小题给出四个选项中，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，选错或不答的得0分）6一质点从t=0开始沿x轴做直线运动，其位置坐标与时间的关系为x=2t38t+1（x和t的单位分别为m和s），则下列说法中正确的是( )A质点一直向x轴正方向运动B质点做匀变速直线运动C质点在第2s内的平均速度大小为6m/sD质点在前2s内的位移为零考点：匀变速直线运动的位
19、移与时间的关系；平均速度 专题：直线运动规律专题分析：根据位移随时间的表达式确定质点的运动规律，结合位移表达式求出位移的大小，从而求出平均速度的大小解答：解：A、质点在前2s内的位移x=（2816+1）1=0m，可知质点不是一直沿x轴正方向运动，故A错误，D正确B、匀变速直线运动的位移表达式x=，结合位置坐标与时间的关系式知，质点做的不是匀变速直线运动，故B错误C、质点在第2s内的位移x2=（2828+1）（218+1）m=6m，则平均速度，故C正确故选：CD点评：解决本题的关键知道匀变速直线运动的位移表达式，会通过位移求解平均速度的大小，基础题7图甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈共有N匝
20、，逆时针转动，产生的电动势e随时间t变化的正弦图象如图乙所示发电机线圈的内电阻不计，外接灯泡的电阻为12，则( )A电压表的示数为6VB灯泡消耗的电功率为3 WC在t=0.01 s时刻，穿过每一匝线圈的磁通量为（Wb）D若其他条件不变，仅将线圈的转速提2014-2015学年高一倍，则线圈产生的电动势的表达式为e=12sin100t（V）考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；电功、电功率 专题：交流电专题分析：在中性面感应电动势最小，磁通量最大；根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等解答：解：A 电动势的最大值为：Em=，电压表测量的为有效值
21、，故示数为=6V；故A错误；B、灯泡消耗的功率为：P=3W；故B正确；C、在t=0.01s的时刻，电动势为0，则为中性面，穿过线圈磁通量最大由Em=NBS可知，BS=；故C正确；D、周期为0.02s，则瞬时电动势的表达式为，转速提2014-2015学年高一倍后，最大值变成12V，=2n，故角速度变为原来的2倍，表达式应为：12sin200t；故D错误；故选：BC点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式8在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1、R2为定值电阻
22、，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表若将照射R3的光的强度减弱，则( )A电压表的示数变大B小灯泡消耗的功率变小C通过R2的电流变小D电源内阻的电压变大考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率 分析：由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；同时还可得出路端电压的变化；由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化，由功率公式即可得出灯泡功率的变化解答：解：A、光敏电阻光照减弱，故光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电
23、路中电流减小，故R1两端的电压减小，故A错误；B、由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由P=I2R可知，小灯泡消耗的功率变小，故B正确；C、因电路中电流减小，故电源内阻的电压减小，路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大；则流过R2的电流增大，故CD错误；故选：B点评：闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质三、填空实验题（共3小题，每小题4分，满分18分）9如图所示，质量分别为m的小球A、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀加速运动的电
24、梯内，细线所受的拉力为F，此时突然剪断细线，那么在细线剪断的瞬间，弹簧的弹力大小为；小球A的加速度大小为考点：牛顿第二定律；功能关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：以整体为研究对象求出整体向上运动的加速度，在以A和B分别为研究对象求弹簧中的弹力，剪断细线瞬间绳的弹力立即消失，弹簧弹力由于形变没有变化而瞬间不变，再根据牛顿第二定律分析球A的加速度大小解答：解：以AB整体为研究对象受力分析根据牛顿第二定律有整体加速度为：a=，再以B为研究对象，B受弹力和重力作用而产生向上的加速度，故有：Fxmg=ma得此时弹簧中弹力为：，又在线断瞬间，弹簧形变没有变化，线断瞬间弹簧弹力仍为线断瞬间以A为研究对象
25、，A受重力和弹簧弹力作用产生加速度，合力为：FA=Fx+mAg=根据牛顿第二定律知，此时A物体产生的加速度为：=故答案为：，点评：本题是运用整体法和隔离法求物体的受力，并熟悉线断瞬间弹力立即消失，而据胡克定律知弹簧弹力发生变化其形变量必须变化即线断瞬间弹簧弹力保持不变，这是解决本题的一个关键点10在“利用单摆测重力加速度”实验中，如图1所示，将细线的上端固定在铁架上，下端系一小钢球，就做成了单摆用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图2所示，读数为12.6mm以下是实验过程中的一些想法，其中正确的有abea摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些；b摆球尽量选择质量大些、体积小些的；c为了使
26、单摆的周期增大一些，拉开摆球时，使摆线偏高平衡位置的角度增大一些；d拉开摆球，使摆线偏离平衡位置较小的角度，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔t即为单摆周期T；e拉开摆球，使摆线偏离平衡位置较小的角度，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆周期T=为了提高实验精确度，在实验中可改变几次摆长L、测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，再以L为横坐标T2为纵坐标，将所得数据连成直线如图3所示，则测得的重力加速度g=m/s2（保留3位有效数字）考点：用单摆测定重力加速度 专题：实验题分析：（1）游标卡尺的读
27、数方法是先读出主尺上的刻度，再看游标尺上的哪一刻度与固定的刻度对齐；（2）摆线要选择细些的、伸缩性小些的；摆球尽量选择质量大些、体积小些的摆球；振动稳定后，从平衡位置开始计时；摆线偏离平衡位置不大于5（3）由单摆周期表达式可得T2与L的关系式，得到斜率k的表达式，进而可求得g值解答：解：（1）游标卡尺的读数方法是先读出主尺上的刻度，大小：12mm，再看游标尺上的哪一刻度与固定的刻度对齐：第6刻度与上方刻度对齐，读数：0.16=0.6mm，总读数：L=12+0.6=12.6mm（2）该实验中，要选择细些的、伸缩性小些的摆线，长度要适当长一些；和选择体积比较小，密度较大的小球故ab是正确的摆球的周
28、期与摆线的长短有关，与摆角无关，故c错误；拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5，故d错误；释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时；要测量多个周期的时间，然后求平均值故e正确故选：abe（3）解：由单摆周期表达式T=2可得：T2=故以l为横坐标、T2为纵坐标得到的图象的斜率为：k=解得：g=故答案为：（1）12.6；（2）abe；（3）点评：该题考查游标卡尺的读数方法与用单摆测量重力加速度实验中的几个注意事项，所以记忆性的知识，要求对该部分知识有准确的记忆，根据单摆周期公式T=2推导出T2L的关系图象，得到斜率的表达式，基础问题11某同学制作了一水果电池，欲测定该电池的电动势E和内阻r给
29、定器材如下：A待测水果电池E B电流表G（量程10mA，内阻约40） C电阻箱R（0999.9） D开关S及导线（1）因为电流表G内阻的准确值未知，所以他用如图甲所示的电路测量其内阻rG已知图中电流表A的内阻为rA在某次测量中，读出电流表4、电流表G的读数分别为IA、IG，则内阻rG=（2）若电流表G内阻的测量值rG=40.0现采用图乙所示的电路测量水果电池的电动势E和内阻r根据实验数据绘出的R图象如图丙所示，则图线斜率表示的物理意义是电动势的倒数根据图象求出该电池的电动势E=6V、内阻r=20（结果保留整数）考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）电流表G和电流表
30、A并联，两端电压相等，根据欧姆定律列式求解即可；（2）先根据闭合电路欧姆定律列式，变形得到R关系公式，结合图象求解出电动势和电源内电阻解答：解：（1）电流表G和电流表A并联，两端电压相等，根据欧姆定律，有：IGrG=IA rA解得：rG=（2）根据闭合电路欧姆定律，有：E=I（r+rG+R）；变形得到：=R+=R+由图象得到纵轴截距为：=10A1当横坐标为180时，纵坐标为40A1，故有：40=180+由联立解得：E=6V，r=20；故答案为：（1）；（2）电动势的倒数，6，20点评：本题关键是明确安阻法测电源电动势和内电阻实验的原理，特别是用图想法分析数据时，要能找出对应的线性关系四、解答题
31、（共3小题，满分54分）12（16分）质量为M=7kg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mO=1kg的小球用长为l=0.8m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，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）小球与A碰撞后的瞬间，A获得的速度vA的大小；（3）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；向心力；机械能守恒定律 专题：动量定理
32、应用专题分析：对小球下落过程应用机械能守恒定律求出小球到达A时的速度，再由机械能守恒定律求得球反弹上升的初速度即球与A碰后的速度，再根据动量守恒定律求得球与A碰撞后A的速度；A没有滑离B，A、B共同运动，由动量守恒定律列方程求二者共同的速度，由摩擦力做功的特点即可求得木板的长度解答：解：（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：m0gl=m0v02，代入数据解得：v0=4m/s，对小球，由牛顿第二定律得：Fm0g=m0，代入数据解得：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：m0v0=m0v1+mvA，由机械能守恒定律得：m0v02=
33、m0v12+mvA2，代入数据解得：v1=2m/s，vA=2m/s；（3）物块A与木板B相互作用过程，系统动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvA=（m+M）v，代入数据解得：v=0.6m/s，由能量守恒定律得：mgx=mvA2（m+M）v2，代入数据解得：x=1.4m；答：（1）小球与A碰撞前的瞬间，绳子对小球的拉力F的大小30N；（2）小球与A碰撞后的瞬间，A获得的速度vA的大小为2m/s；（3）为使A、B达到共同速度前A不滑离木板，木板长L至少为1.4m点评：本题关键是根据动量守恒定律、动量定理、能量守恒列式求解，应用动量守恒解题时要注意选取合适的系统作为研究对象，判断
34、是否符合动量守恒的条件，注意选取正方向13（18分）如图所示，在xoy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场现有一粒子源处在坐标为（0，L）M点能以垂直与电场方向不断发射质量为m、电量为+q、速度为v0的粒子（重力不计），粒子进入磁场后最后又从x轴上坐标为（3L，0）处的P点射入电场，其入射方向与x轴成45角求：（1）粒子到达P点时的速度v；（2）匀强电场的电场强度E和匀强磁场的磁感应强度B；（3）粒子从M点运动到P点所用的时间t考点：带电粒子在混合场中的运动；匀速圆周运动；动能定理的应用 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）粒子带电
35、场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据对称性可以求出速度；（2）粒子由M点运动到P点的过程中，由动能定理可以求出电场强度，根据几何关系可以求出半径，再根据圆周运动的向心力公式可以求出磁场强度；（3）分别求出粒子在磁场和电场中运动的时间，时间之和即是总时间解答：解：（1）粒子运动轨迹如图所示设粒子在P点速度为v，根据对称性可知v0=vcos45，解得：（2）粒子由M点运动到P点的过程中，由动能定理得：解得E=水平方向的位移为xOQ=v0t1竖直方向的位移为，可得xOQ=2L，xQP=L由xQP=2Rcos45，故粒子在OQ段圆周运动的半径R=粒子在磁场中：，联立解得：（3）在Q点时，vy
36、=v0tan45=v0设粒子从M到Q所用时间为t1，在竖直方向上有粒子从Q点运动到P所用的时间为：则粒子从M点运动到P点所用的时间为点评：本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式，难度较大14如图1所示，两根水平的金属光滑平行导轨，其末端连接等高光滑的圆弧，其轨道半径r=0.5m，圆弧段在图中的cd和ab之间，导轨的间距为L=0.5m，轨道的电阻不计在轨道的顶端接有阻值为R=2.0的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=2.0T现有一根长度稍大于L、电阻不计，质量m=1
37、.0kg的金属棒，从轨道的水平位置ef开始在拉力F作用下，从静止匀加速运动到cd的时间t0=2.0s，调节拉力使金属棒接着沿圆弧做匀速圆周运动至ab处，已知金属棒在ef和cd之间运动时的拉力随时间变化的图象如图2所示，已知F0=3.0N重力加速度g=10m/s2求：（1）金属棒做匀加速运动的加速度a；（2）金属棒做匀加速运动时通过金属棒的电荷量q；（3）金属棒从cd沿圆弧做匀速圆周运动至ab的过程中，拉力做的功WF考点：导体切割磁感线时的感应电动势；功的计算 专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）据金属棒做匀加速运动，利用运动学公式和在cd时，利用牛顿第二定律、感应电动势、欧姆定律和安培力公
38、式联合求解（2）利用法拉第电磁感应定律和电流公式联合求解（3）利用能量守恒、圆周运动的知识和产生的焦耳热联合求解解答：解：（1）设金属棒匀加速运动的加速度为a，则运动到cd的速度：v=2a 当金属棒在cd时为研究对象，产生的感应电动势：E=BLv产生的电流：I=金属棒所受的安培力：F=BIL据牛顿第二定律得：F0F=ma联立以上带入数据解得：a=1.5m/s2 （2）据以上可知，金属棒匀加速运动的位移：s= 据法拉第电磁感应定律得：E1= 通过金属棒的平均电流： 通过金属棒的电量：q=I1t 联立带入数据解得：q=1.5C（3）金属棒在圆弧轨道的速率：v=at=3m/s 运动的时间为：t= 产生的电动势：U=BLv 产生的热量：Q= 据能量守恒可知：W=Q+mgh （10）联立以上解得：W=1.68J答：（1）金属棒做匀加速运动的加速度1.5m/s2；（2）金属棒做匀加速运动时通过金属棒的电荷量1.5C；（3）金属棒从cd沿圆弧做匀速圆周运动至ab的过程中，拉力做的功为1.68J点评：此题为一道综合性很强的题，牵涉知识点众多，明确求电动势、安培力、电量和功的方法是解题的关键，灵活利用求电量和能量守恒的结论是解题的捷径高考资源网版权所有，侵权必究！
