1、南京市2014届高三物理考前冲刺训练题一、单选题1.“北斗”卫星屏声息气定位系统由地球静止轨道卫星（同步卫星）、中轨道卫星和倾斜同步卫星组成。地球静止轨道卫星和中轨道卫星都在圆轨道上运行，它们距地面的高度分别约为地球半径的6倍和3.4倍，下列说法中正确的是A静止轨道卫星的周期约为中轨道卫星的2倍B静止轨道卫星的线速度大小约为中轨道卫星的2倍C中轨道上的卫星所受的万有引力比静止轨道上的卫星大D中轨道上的卫星在运动过程中加速度不变【答案】A万有引力提供向心力得、A、由，它们距地面的高度分别约为地球半径的6倍和3.4倍，即轨道半径分别约为地球半径的7倍和4.4倍，所以静止轨道卫星的周期约为中轨道卫星
2、的2倍，故A正确；B、由，所以静止轨道卫星的线速度大小小于中轨道卫星的线速度大小，故B错误；C、两卫星的质量未知，所以受到的万有引力不能确定大小，故C错误；D、加速度是矢量，卫星的加速度方向时刻在改变，故D错误。故选A。【考点】万有引力定律2如图所示，质量相同的木块P和Q用轻弹簧连接，置于光滑水平面上，弹簧处于自由状态。现用水平恒力F推木块A ，则在弹簧第一次压缩到最短的过程中，P和Q的速度图象是图中的【答案】B当弹簧第一次压缩到最短的过程中，两者的速度相同，对P分析，根据牛顿第二定律得：，弹力逐渐增大，则P的加速度逐渐减小；对Q，根据牛顿第二定律得：，弹力逐渐增大，Q的加速度逐渐增大，由于加
3、速度都与速度方向相同，知P做加速度逐渐减小的加速运动，Q做加速度逐渐增大的加速运动，故B正确。故选B。【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像3. 对于真空中电荷量为q的静止点电荷而言，当选取离点电荷无穷远处的电势为零时，离点电荷距离为r处的电势为=kq/r（k为静电力常量），如图所示，两电荷量大小均为Q的异种点电荷相距为d，现将一质子（电荷量为e）从两电荷连线上的A点沿以负电荷为圆心、半径为R的半圆形轨迹ABC移到C点，在质子从A到C的过程中，系统电势能的变化情况为A减少 B增加 C减少 D增加【答案】AA点的电势为；C点的电势为则A、C间的电势差为，质子
4、从A移到C，电场力做功为，是正功，所以质子的电势能减少，故A正确。故选A。【考点】电势能；电势4如图所示，在圆柱形区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度的大小B随时间t的变化关系为BB0+kt，其中B0、k为正的常数。在此区域的水平面内固定一个半径为r的圆环形内壁光滑的细玻璃管，将一电荷量为q的带正电小球在管内由静止释放，不考虑带电小球在运动过程中产生的磁场，则下列说法正确的是A从上往下看，小球将在管内沿顺时针方向运动，转动一周的过程中动能增量为2qkrB从上往下看，小球将在管内沿逆时针方向运动，转动一周的过程中动能增量为2qkrC从上往下看，小球将在管内沿顺时针方向运动，转动一周的过程中动
5、能增量为qkr2D从上往下看，小球将在管内沿逆时针方向运动，转动一周的过程中动能增量为qkr2【答案】C由题意可知，如图所示的磁场在均匀增加时，则会产生顺时针方向的涡旋电场，那么正电荷在电场力作用下，做顺时针方向圆周运动，根据动能定理，转动一周过程中，动能的增量等于电场力做功，则为，故C正确。故选C。【考点】法拉第电磁感应定律5如图所示电路中，定值电阻R大于电源内阻r，当滑动变阻器滑动端向右滑动后，理想电流表A1、A2、A3的示数变化量的绝对值分别为I1、I2、I3，理想电压表示数变化量的绝对值为U。下列说法中正确的是A电流表A2的示数一定变小 B电压表V的示数一定减小CI3一定小于I2 DU
6、与I1比值一定小于电源内阻r【答案】D当滑动变阻器滑动端向右滑动后，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则总电流减小，所以电流表A3的示数减小。根据串联电路分压的特点分析可知，并联部分电压增大，即电压表V的示数增大，电流表A2的示数变大。根据并联电路的电流规律，A1的示数I1变小，A2的示数I2变大，A3的示数I3变小，则知I1一定大于I3。电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律U=E-I3r可知，而大于，所以，根据，据题Rr，则得一定大于，故D正确。故选D。【考点】闭合电路的欧姆定律6伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动”的关系。如图，固定在水平地面上的倾角均为的两斜面，以光滑小圆弧
7、相连接。左侧斜面顶端的小球与两斜面的动摩擦因数均为。小球从左侧顶端滑到最低点的时间为t1，滑到右侧最高点的时间为t2。规定斜面连接处为参考平面，则小球在这个运动过程中速度的大小v、加速度的大小a、动能Ek及机械能E随时间t变化的关系图线正确的是 【答案】BAB、由牛顿第二定律可知，小球在两斜面的运动都是匀变速直线运动，两阶段的加速度都恒定不变，小球在左侧斜面下滑时的加速度： ，小球在右侧斜面下滑时的加速度：，小球在左侧斜面下滑时的加速度较小，故A错误B正确；C、小球的动能与速率的二次方成正比，即，因此，动能与时间关系图象是曲线，故C错误；D、由于小球在两斜面运动时的加速度大小不相等，因此，小球
8、机械能与时间的关系图象不是连续曲线，故D错误。故选B。【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法二、多选题7如图所示，小球a从倾角为60的固定粗糙斜面顶端以速度v1沿斜面恰好匀速下滑，同时将另一小球b在斜面底端正上方与a球等高处以速度v2水平抛出，两球恰在斜面中点P相遇，则下列说法正确的是Av1v221 Bv1v211C若小球b以2v2水平抛出，则两小球仍能相遇D若小球b以2v2水平抛出，则b球落在斜面上时，a球在b球的下方【答案】ADAB、小球在P点相遇，知两球的水平位移相等，有：v1tsin30=v2t，解得v1：v2=2：1，故A正确B错误；CD、若小球b以2v2水平抛出，如图所示，
9、若没有斜面，将落在B点，与P点等高，可知将落在斜面上的A点，由于a球、b球在水平方向上做匀速直线运动，可知a球落在A点的时间小于b球落在A点的时间，所以b球落在斜面上时，a球在b球的下方，故C错误D正确。故选AD。【考点】平抛运动8如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，A、V均为理想电表，R、L和D分别是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）、理想线圈和灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是A电压u的频率为100 Hz BV的示数为C有光照射R时，A的示数变大D抽出L中的铁芯，D变亮【答案】CDA、原线圈接入如图乙所示，T=0.02s，所以频率为，故A错误
10、；B、原线圈接入电压的最大值是，所以原线圈接入电压的有效值是U=220V，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，所以副线圈电压是22V，所以V的示数为22V，故B错误；C、有光照射R时，R阻值随光强增大而减小，根据，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以A的示数变大，故C正确；D、抽出L中的铁芯，理想线圈自感系数减小，理想线圈对电流的阻碍减小，所以D变亮，故D正确故选CD。【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的图象、三角函数表达式、最大值和有效值、周期和频率9如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5 T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上
11、，在木板左端无初速放置一质量为0.1 kg、电荷量q = +0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力现对木板施加方向水平向左，大小为0.6 N的恒力，g取10 m/s2。则 A木板和滑块一直做加速度为2 m/s2的匀加速运动B滑块开始做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动C最终木板做加速度为2 m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10 m/s的匀速运动D最终木板做加速度为3 m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10 m/s的匀速运动【答案】BD由于动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为5m/s2，所以当0.6N
12、的恒力作用于木板时，系统一起以的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时，解得：v=10m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，所以BD正确。故选BD。【考点】牛顿第二定律；洛仑兹力10如图所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上。虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小均为B。ab、cd棒与导轨间动摩擦因数均为，两棒总电阻为R，导轨电阻不计。开始两棒静止在图示位置，当cd棒无初速释放时，对a
13、b棒施加竖直向上的力F，沿导轨向上做匀加速运动。则 Aab棒中的电流方向由b到aBcd棒先加速运动后匀速运动Ccd棒所受摩擦力的最大值等于cd棒的重力D力F做的功等于两棒产生的电热与ab棒增加的机械能之和【答案】ADA、ab棒沿竖直向上运动，切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断可知，ab棒中的感应电流方向为ba，故A正确；B、cd棒电流由c到d所在的运动区域没有磁场，所受安培力向里，则受摩擦力向上，因电流增加，则摩擦力增大，加速度减小到0，又减速运动，故B错误；C、因安培力增加，cd棒受摩擦力的作用一直增加会大于重力，故C错误；D、力F所做的功应等于所产生的总内能与增加的机械能之和，故D错误
14、。故选AD。【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三、实验题1某同学在“探究平抛运动的规律”的实验中：（1）先采用图（甲）所示装置，用小锤打击弹性金属片，金属片把球A沿水平方向弹出，同时B球被松开，自由下落，观察到两球同时落地，改变小捶打击的力度，即改变球A被弹出时的速度，两球仍然同时落地，这说明 。（2）他用图（乙）所示装置做实验，两个相同的弧形轨道M、N，分别用于发射小铁球P、Q，其中M的末端是水平的，N的末端与光滑的水平板相切；两轨道上端分别装有电磁铁C、D，调节电磁铁C、D的高度，使AC=BD，从而保证小球P、Q在轨道出口处的水平初速度v0相等。现将小球P、Q分别吸
15、在电磁铁C、D上，然后切断电源，使两小球能以相同的初速度v0同时分别从轨道M、N的下端射出。实验可观察到的现象应该是 。（3）在图乙中若仅改变弧形轨道M的高度（AC距离保持不变），重复（2）中实验，仍能观察到相同的现象，这说明 。【答案】（1）平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动（2）上面小球落下时总碰到下面的小球 （3）平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动（1）两球同时落地，说明A、B两球在竖直方向运动规律相同；（2）平抛运动水平方向做匀速直线运动，根据实验可知，P球从M点平抛，而Q球从N点在水平面上匀速运动，二者运动轨迹虽然不同，但是水平方向的运动规律相同，因此上面小球落下时总碰到
16、下面的小球；（3）仅仅改变弧形轨道M的高度，只是影响P球在空中运动时间，但是P、Q两球在水平方向上的运动规律是相同的，因此实验现象相同，应这个实验说明平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动。【考点】研究平抛物体的运动2为了用实验“验证牛顿第二定律”，现提供如图所示的实验装置请回答下列问题：（1）为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响应采取的做法是（ ）A将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动B将木板带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动C将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动D将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况
17、下使小车能够静止在木板上（2）在实验中，得到一条打点的纸带，如图所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T，且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出，则小车加速度的表示式为a；（3）有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，研究加速度a与所受外力F的关系，他们在轨道水平和倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线，如图所示。图线_是在轨道倾斜情况下得到的(选填“”或“”)；小车及车中的砝码总质量m_ kg。【答案】（1） C（2） （3） 0.5（1）平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力。所以平衡时应为：将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不
18、挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动；故选：C（2）由匀变速运动的规律得：联立得：解得：（3）由图象可知，当F=0时，a0。也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高。所以图线是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；根据得图象的斜率由图象得图象斜率，所以。【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系3现要通过实验验证机械能守恒定律。实验装置如图所示：水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的砝码相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上的B点有
19、一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t。用d表示A点到导轨底端C点的距离，h表示A与C的高度差，b表示遮光片的宽度，x表示A、B两点间的距离，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度。用g表示重力加速度。完成下列填空和作图： (1)若将滑块自A点由静止释放，则在滑块从A运动至B的过程中，滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量可表示为_，动能的增加量可表示为_。若在运动过程中机械能守恒，与x的关系式为_。(2)多次改变光电门的位置，每次均令滑块自同一点(A点)下滑，测量相应的x与t值。结果如下表所示：以x为横坐标，为纵坐标，在图位置的坐标纸中描出第1和第5个数据点
20、；根据5个数据点作直线，求得该直线的斜率k_104 m1s2(保留三位有效数字)。（3）由测得的h、d、b、M和m数值可以计算出x直线的斜率k0，将k和k0进行比较，若其差值在实验允许的范围内，则可认为此实验验证了机械能守恒定律。【答案】（1） （2）如图 （1）当滑块运动到B点时下降高度设为h，此时砝码上升的高度为x，由几何关系可知，故系统减少的重力势能为。由于系统从静止开始运动，运动至B点时的速度，故动能的增加量。由可解得（2）描点及作直线见图。在图中直线上取相距较远的两点，读出两点坐标，由可得【考点】验证机械能守恒定律 4利用如图所示电路测量一量程为300 mV的电压表的内阻Rv（约为3
21、00）。 某同学的实验步骤如下：(1)按电路图正确连接好电路，把滑动变阻器R的滑片P滑到a端，闭合电键S2，并将电阻箱R0的阻值调到较大；(2)闭合电键S1，调节滑动变阻器滑片的位置，使电压表的指针指到满刻度；(3)保持电键S1闭合和滑动变阻器滑片P的位置不变，断开电键S2，调整电阻箱R0的阻值大小，使电压表的指针指到满刻度的二分之一；读出此时电阻箱R0=298的阻值，则电压表内电阻RV=_。实验所提供的器材除待测电压表、电阻箱（最大阻值999.9）、电池（电动势约1.5V，内阻可忽略不计）、导线和电键之外，还有如下可供选择的实验器材：A滑动变阻器：最大阻值200 B滑动变阻器：最大值阻10C
22、定值电阻：阻值约20 D定值电阻：阻值约200根据以上设计的实验方法，回答下列问题。为了使测量比较精确，从可供选择的实验器材中，滑动变阻器R应选用_，定值电阻R 应选用_（填写可供选择实验器材前面的序号）。对于上述的测量方法，从实验原理分析可知，在测量操作无误的情况下，实际测出的电压表内阻的测量值R测_真实值RV （填“大于”、“小于”或“等于”），这误差属于_误差(填”偶然”或者”系统”)。如果现在有一个量程与待测电压表相近又经过精密校准的电压表V2，怎样能减小或者消除上述测量的误差？在图中画出电压表V2接的位置,说明增加的测量步骤。【答案】（3）298 B， C 大于，系统 电压表V2接在
23、滑动片与左侧固定端之间。a、调节滑动片使电压表V满偏时记下V2的示数;b、断开S2调整电阻箱R0的阻值大小，使电压表V的指针指到满刻度的二分之一过程中，调节滑动片P，使电压表V2的示数保持不变。（1）由实验原理可知，电压表内阻与电阻箱的阻值相等，故电压表内阻为298；该实验中，滑动变阻器采用了分压接法，为方便实验操作，要选择最大阻值较小的滑动变阻器，即选择B；定值电阻起保护作用，因电源电动势为1.5V，若保护电阻太大，则实验无法实现，故定值电阻应选C；从实验原理分析可知，当再断开开关S2，调整电阻箱R0的阻值，当电压表半偏时，闭合电路的干路电流将减小，故内电压降低，路端电压升高，从而使得滑动变
24、阻器并联部分两端电压变大，即使电压表示数为一半，而电阻箱R0的电压超过电压表电压，导致所测电阻也偏大，所以测量电阻大于真实电阻；本误差是由实验原理造成的，属于系统误差；电压表V2接在滑动片与左侧固定端之间。a、调节滑动片使电压表V满偏时记下V2的示数；b、断开S2调整电阻箱R0的阻值大小，使电压表V的指针指到满刻度的二分之一过程中，调节滑动片P，使电压表V2的示数保持不变。【考点】伏安法测电阻5.某同学准备利用下列器材测量电源电动势和内电阻A干电池两节，每节电池电动势约为1.5 V，内阻约几欧姆B直流电压表V1、V2，量程均为1.5 V，内阻约为3 kC定值电阻R0，阻值为5 D滑动变阻器R，
25、最大阻值50 E导线和开关 （1）该同学连接的实物电路如图甲所示，其中还有一根导线没有连，请补上这根导线。 （2）实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1U2图象如图乙所示，图中直线斜率为k，与横轴的截距为a ，则电源的电动势E，内阻r （用k、a、R0表示）。 （3）根据所给器材，请你再设计一种测量电源电动势和内电阻的电路图，画在图中的虚线框内。【答案】（1）如图所示 （2） （3）如图所示（1）滑动变阻器串联在电路中，连线如图所示；（2）根据得，解得 则，解得当时，即，解得（3）实验方案：V2测外电压，V1测量定值电阻的电压。电压表V1、V2分别测量定
26、值电阻和滑动变阻器两端的电压，如图所示。【考点】测定电源的电动势和内阻6在一次探究小灯泡的伏安特性曲线的实验中，所用器材有：灯泡L，量程恰当的电流表A和电压表V，直流电源E，滑动变阻器R，开关S，要求灯泡两端电压从零开始变化（1）图所示为某同学已连接的实物电路，经检查，发现电路中缺少一根导线，请你帮助他找到这根导线的位置，并画在图中。（2）若该同学在如图所示状态完成了最后一根导线的连接，请指出其中仅有的两个不当之处： ；.（3）电路连接正确后，分别测得两只灯泡L1、L2的伏安特性曲线，如图甲中的和所示，然后将灯泡L1和L2与电池组（电动势和内阻均恒定）连成如图乙所示的电路。多次测量后得到通过L
27、1和L2的电流平均值分别为0.30 A和0.60 A。请根据以上结果，在图甲中画出该电池组路端电压和干路电流的关系曲线。（4）由该曲线可以得知电池组的电动势为_V，内阻为_。（结果取两位有效数字）【答案】（1）电路如图所示（2）开关应处于断开状态进行连线；滑动变阻器的滑片P应拨至b端（3）如图所示（4）4.04.5 1.72.0（1）要求灯泡两端电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示：（2）在连接线路时必须将每个开关断开，而图中是闭合的这是第一个错误；连好线路后在闭合开关前需要将限流滑动变阻器调到阻值最大，将分压滑动变阻器调到输出为0端，在图中是b端，以保护电源和电表；
28、（3）由图2乙所示电路图可知，开关分别接两接线柱时，两灯泡分别与电源组成闭合电路，由灯泡的伏安特性曲线求出灯泡电流对应的电压，该电压是电路的路端电压，由图2甲所示灯泡U-I图象可知，L1和L2的电流平均值分别为0.30A和0.60A时灯泡两端电压分别为：3.5V，3.0V，过点（0.30A，3.5V）和点（0.60A，3.0V）作直线，得到的图象是电源U-I图象，图象如图所示；（4）由图示图象可知，电源U-I图象与纵轴交点坐标值是4.1，则电源电动势E=4.1V；则内阻为：。【考点】绘小电珠的伏安特性曲线三、计算题13矩形裸导线框长边的长度为2l，短边的长度为l，在两个短边上均接有阻值为R的电
29、阻，其余部分电阻均不计。导线框的位置如图所示，线框内的磁场方向及分布情况如图，大小为。一电阻为R的光滑导体棒AB与短边平行且与长边始终接触良好。起初导体棒处于x=0处，从t=0时刻起，导体棒AB在沿x方向的外力F的作用下做速度为v的匀速运动。导体棒AB从x=0运动到x=2l的过程中，试求：（1）某一时刻t产生的电动势；（2）某一时刻t所受的外力F；（3）整个回路产生的热量。【答案】 （1）在t时刻AB棒的坐标为感应电动势(2)回路总电阻回路感应电流棒匀速运动时有解得：（3）导体棒AB在切割磁感线的过程中产生半个周期的正弦交流电感应电动势的有效值为回路产生的电热通电时间解得【考点】法拉第电磁感应
30、定律；焦耳定律；安培力13如图所示，两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距为L，导轨平面与水平面成角，质量均为m、阻值均为R的金属棒a、b紧挨着放在两导轨上，整个装置处于垂直于导轨平面的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，以一平行于导轨平面向上的恒力F2mgsin拉a棒，同时由静止释放b棒，直至b棒刚好匀速时，在此过程中通过棒的电量为q，棒与导轨始终垂直并保持良好接触，重力加速度为g。求：（1）b棒刚好匀速时，a、b棒间的距离s；（2）b棒最终的速度大小vb；（3）此过程中a棒产生的热量Q。【答案】(1)根据法拉第电磁感应定律有根据闭合电路欧姆定律有又得，解得(2)b棒匀速时有对a棒向上加速的
31、任一时刻由牛顿第二定律得，即对b棒向下加速的任一时刻由牛顿第二定律得可得，故a、b棒运动规律相似，速度同时达到最大，且最终得(3)因a、b棒串联，产生的热量Q相同，设a、b棒在此过程中运动的距离分别为l1和l2，对a、b棒组成的系统，由功能关系得而解得：【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路欧姆定律；牛顿第二定律；功能关系 13如图所示，电阻忽略不计的两根平行的光滑金属导轨竖直放置，其上端接一阻值为3 的定值电阻R。在水平虚线L1、L2间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场B、磁场区域的高度d0.5 m。导体棒a的质量ma0.2 kg，电阻Ra3 ；导体棒b的质量mB0.1 kg，电阻Rb6 。它们
32、分别从图中M、N处同时由静止开始在导轨上无摩擦向下滑动，且都能匀速穿过磁场区域，当b刚穿出磁场时a正好进入磁场。不计a、b之间的作用，整个运动过程中a、b棒始终与金属导轨接触良好，设重力加速度g10 m/s2。求：（1）在整个过程中a、b两棒克服安培力分别做的功；（2）a进入磁场的速度与b进入磁场的速度之比；（3）分别求出M点和N点距虚线L1的高度。 【答案】 (1)因a、b在磁场中匀速运动，则a、b两棒克服安培力分别为、(2)设b在磁场中匀速运动时速度为vb，总电阻b中的电动势：电流：解得：同理，a棒在磁场中以速度va匀速运动，总电阻，联立各式得：(3)设b棒自由落体时间为t1，匀速通过d的
33、时间为t2则：、解得：由得：、【考点】共点力平衡；法拉第电磁感应定律；自由落体运动14质量为M10kg的B板上表面上方，存在一定厚度的P与B的相互作用区域，如图中划虚线的部分，当质量为m1kg的物块P进入相互作用区时，B板便有竖直向上的恒力f= kmg（k51）作用于物块P，使其刚好不与B板的上表面接触；在水平方向，物块P与B板间没有相互作用力。已知物块P开始自由下落的时刻，B板向右运动的速度为vBo=10m/s。物块P从开始下落到刚到达相互作用区所经历的时间为t0=2.0s。设B板足够长，B板与水平面间的动摩擦因数0.02，设物块P总能落入B板上方的相互作用区。（取g=10m/s2）问：（1
34、）物块P从起始位置下落到刚好与B板不接触的时间t； （2）板B在上述时间t内速度的改变量；（3）当B板刚好停止运动时，物块P已经回到过初始位置几次？【答案】 （1）物块P先做自由落体运动，刚到达相互作用区时的速度物块P进入相互作用区域后做匀减速运动。加速度为物块P在相互作用区内的运动时间t1则，物块P从起始位置下落到刚好与B不接触时的运动时间（2）板B在时间t0内做匀减速运动，加速度速度的改变量板B在时间t1内做匀减速运动，加速度得速度的改变量所以板B在物块P从起始位置下落到刚好与B不接触时得：速度的改变量（3）当物块P的速度减到零后，开始返回出发点，返回过程与下降过程对称，故物块P来回一次过
35、程中，B板速度减少的总量为设在物块P第n次回到起始位置，【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律14如图所示，是利用电力传送带装运麻袋包的示意图。传送带长l20 m，倾角37，麻袋包与传送带间的动摩擦因数0.8，传送带的主动轮和从动轮半径R相等，传送带不打滑，主动轮顶端与货车底板间的高度差为h1.8 m，传送带匀速运动的速度为v2 m/s。现在传送带底端 (传送带与从动轮相切位置)由静止释放一只麻袋包(可视为质点)，其质量为100 kg，麻袋包最终与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动。如果麻袋包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出并落在车箱底板中心，重力加速度g10 m/s2，s
36、in 370.6，cos 370.8，求：（1）主动轮轴与货车车箱底板中心的水平距离x及主动轮的半径R；（2）麻袋包在传送带上运动的时间t；（3）该装运系统每传送一只麻袋包需多消耗的电能。【答案】 （1）设麻袋包平抛运动时间为t，有：、，解得：麻袋包在主动轮的最高点时，有，解得：（2）对麻袋包，设匀加速运动时间为t1，匀速运动时间为t2，有：、联立以上各式解得：（3）设麻袋包匀加速运动时间内相对传送带的位移为x，需额外消耗的电能为E，有解得：【考点】平抛运动；向心力；匀变速直线运动规律14如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角BOC3
37、7，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R1.0 m，现有一个质量为m0.2 kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，DE距离h1.6 m，小物体与斜面AB之间的动摩擦因数0.5.取sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2。求：（1）小物体第一次通过C点时轨道对小物体的支持力FN的大小；（2）要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面至少要多长；（3）若斜面已经满足（2）要求，小物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，系统因摩擦所产生的热量Q的大小。【答案】 (1)小物体从E到C，由能量守恒得：在C点，由牛顿第二定律得：联立解得(2)从EDCBA过程，由动能定理得：
38、而、联立解得(3)因为，所以，小物体不会停在斜面上小物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动，从E点开始直至运动稳定，系统因摩擦所产生的热量，有能量守恒定律可知：而解得【考点】能量守恒定律；牛顿第二定律；动能定理15.在平面直角坐标系内有P1（）、P2（）、P3（）、P4（），其平面内x12.5m的区域有平行XOY平面的匀强电场，12.5mx12.5m+d的区域内有垂直于该平面的匀强磁场，且P1 、P2、P3的电势分别为-2000V、1000V、-1000V，磁感应强度为B=0.01T。如果有一个重力可以忽略的带电粒子从坐标原点以大小为106m/s、方向与-Y轴夹角为30的速度射
39、入第四象限，经过t=10-5s时速度恰好平行X轴，方向与X轴同向。粒子运动过程中仅受电场或磁场作用。 （1）求P4点的电势；（2）求带电粒子的性质及比荷； （3）匀强磁场的宽度d至少多大时，该粒子才能返回电场？粒子从什么坐标位置返回电场？【答案】（1） （2），且带负电 （3） 再次进入电场的坐标是（）或（）（1）据题意P1P2平行P3P4，且这四点不在同一等势面上，设P1P2与电场方向的夹角为，这两点间的电势差为，则同理故：解得（2）据题意，P1P2与Y轴交点M（）电势为0，点N（）的电势也为0，即直线MN为等势线，设MN与Y轴夹角为，则，得因电场的方向垂直MN，所以电场方向与X轴夹角也30
40、，且指向第三象限。在t内粒子在-Y方向上做匀减速运动，有，其中解得，且带负电（3）在t内粒子在+X方向上做匀加速运动，其中解得即粒子速度与X轴平行时恰好进入磁场，其中解得，d至少应为：因进入磁场时即进入磁场时粒子的坐标为（）故再次进入电场的坐标是（）或（）【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动15如图甲所示，以两虚线M、N为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，M、N间电压UMN的变化图象如图乙所示，电压的最大值为U0、周期为T0；M、N两侧为相同的匀强磁场区域、，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B。t0时，将一带正电的粒子从边界线M上的A处由静止释放，经电场
41、加速后进入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的周期也为T0。两虚线M、N间宽度很小，粒子在其间的运动时间不计，也不考虑粒子所受的重力 （1）求该粒子的比荷；（2）求粒子第1次和第2次从右向左经边界线N离开磁场区域时两位置间的距离d；（3）若粒子的质量增加，电荷量不变，t0时，将其在A处由静止释放，求t2T0时粒子的速度。【答案】 (1)粒子进入磁场后：由及得：显然：周期与半径、速率无关；据题意解得，得(2)由于不计粒子穿越MN间的时间，则可认为t=0时刻出发的粒子穿越MN的过程中电压始终为U0，时刻第1次自右向左穿过边界线N时再加速一次进入磁场区域时的速度为v1，即区域匀速圆周运动一周时间T0共被加
42、速2次，有，得第2次自右向左到达边界线N（没到M）时被加速3次，速度设为v2，有，得如右图所示，第1、2两次到达边界N的位置距离为d解得：(3)粒子的质量增加，则因为则粒子匀速圆周运动的周期变为匀速圆周运动的周期增加每半个周期为，增加从t0开始到t2T0为止的时间内，根据加速电压图像可知粒子共加速了4次，且加速电压分别为由动能定理得得【考点】动能定理；带电粒子在匀强磁场中运动15.如图a所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过后，电荷以的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图b所示规律周期性变化（图b中
43、磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t=0时刻）。计算结果可用表示。（1）求O点与直线MN之间的电势差；（2）求图b中时刻电荷与O点的水平距离；（3）如果在O点右方d=67.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间。【答案】 （1）电荷在电场中做匀加速直线运动，由动能定理得（2）当磁场垂直纸面向外时，设电荷运动的半径为，则有，得，周期当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径为周期故电荷从t=0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图甲所示时刻电荷与O点的水平距离：（3）电荷第一次通过MN开始，其运动的周期，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周
44、期数为15个，此时电荷沿MN运动的距离，则最后7.5cm的距离如图乙所示，有解得：，则，故电荷运动的总时间。【考点】动能定理；带电粒子在匀强磁场中的运动参考答案：一、单选题1、A 2、B 3、A 4、C 5、D 6、 B二、多选题7、AD 8、CD 9、BD 10、AD三、实验题1 （1）平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动（2）上面小球落下时总碰到下面的小球 （3）平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动2（1） C（2） （3） 0.53（1） （2）如图 4（3）298 B， C 大于，系统 电压表V2接在滑动片与左侧固定端之间。a、调节滑动片使电压表V满偏时记下V2的示数;b、断开
45、S2调整电阻箱R0的阻值大小，使电压表V的指针指到满刻度的二分之一过程中，调节滑动片P，使电压表V2的示数保持不变。5.（1）如图所示 （2） （3）如图所示6（1）电路如图所示（2）开关应处于断开状态进行连线；滑动变阻器的滑片P应拨至b端（3）如图所示（4）4.04.5 1.72.0三、计算题13（1）在t时刻AB棒的坐标为感应电动势(2)回路总电阻回路感应电流棒匀速运动时有解得：（3）导体棒AB在切割磁感线的过程中产生半个周期的正弦交流电感应电动势的有效值为回路产生的电热通电时间解得13(1)根据法拉第电磁感应定律有根据闭合电路欧姆定律有又得，解得(2)b棒匀速时有对a棒向上加速的任一时刻
46、由牛顿第二定律得，即对b棒向下加速的任一时刻由牛顿第二定律得可得，故a、b棒运动规律相似，速度同时达到最大，且最终得(3)因a、b棒串联，产生的热量Q相同，设a、b棒在此过程中运动的距离分别为l1和l2，对a、b棒组成的系统，由功能关系得而解得：13(1)因a、b在磁场中匀速运动，则a、b两棒克服安培力分别为、(2)设b在磁场中匀速运动时速度为vb，总电阻b中的电动势：电流：解得：同理，a棒在磁场中以速度va匀速运动，总电阻，联立各式得：(3)设b棒自由落体时间为t1，匀速通过d的时间为t2则：、解得：由得：、14（1）物块P先做自由落体运动，刚到达相互作用区时的速度物块P进入相互作用区域后做
47、匀减速运动。加速度为物块P在相互作用区内的运动时间t1则，物块P从起始位置下落到刚好与B不接触时的运动时间（2）板B在时间t0内做匀减速运动，加速度速度的改变量板B在时间t1内做匀减速运动，加速度得速度的改变量所以板B在物块P从起始位置下落到刚好与B不接触时得：速度的改变量（3）当物块P的速度减到零后，开始返回出发点，返回过程与下降过程对称，故物块P来回一次过程中，B板速度减少的总量为设在物块P第n次回到起始位置，14（1）设麻袋包平抛运动时间为t，有：、，解得：麻袋包在主动轮的最高点时，有，解得：（2）对麻袋包，设匀加速运动时间为t1，匀速运动时间为t2，有：、联立以上各式解得：（3）设麻袋
48、包匀加速运动时间内相对传送带的位移为x，需额外消耗的电能为E，有解得：14(1)小物体从E到C，由能量守恒得：在C点，由牛顿第二定律得：联立解得(2)从EDCBA过程，由动能定理得：而、联立解得(3)因为，所以，小物体不会停在斜面上小物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动，从E点开始直至运动稳定，系统因摩擦所产生的热量，有能量守恒定律可知：而解得15.（1）据题意P1P2平行P3P4，且这四点不在同一等势面上，设P1P2与电场方向的夹角为，这两点间的电势差为，则同理故：解得（2）据题意，P1P2与Y轴交点M（）电势为0，点N（）的电势也为0，即直线MN为等势线，设MN与Y轴夹角
49、为，则，得因电场的方向垂直MN，所以电场方向与X轴夹角也30，且指向第三象限。在t内粒子在-Y方向上做匀减速运动，有，其中解得，且带负电（3）在t内粒子在+X方向上做匀加速运动，其中解得即粒子速度与X轴平行时恰好进入磁场，其中解得，d至少应为：因进入磁场时即进入磁场时粒子的坐标为（）故再次进入电场的坐标是（）或（）15(1)粒子进入磁场后：由及得：显然：周期与半径、速率无关；据题意解得，得(2)由于不计粒子穿越MN间的时间，则可认为t=0时刻出发的粒子穿越MN的过程中电压始终为U0，时刻第1次自右向左穿过边界线N时再加速一次进入磁场区域时的速度为v1，即区域匀速圆周运动一周时间T0共被加速2次
50、，有，得第2次自右向左到达边界线N（没到M）时被加速3次，速度设为v2，有，得如右图所示，第1、2两次到达边界N的位置距离为d解得：(3)粒子的质量增加，则因为则粒子匀速圆周运动的周期变为匀速圆周运动的周期增加每半个周期为，增加从t0开始到t2T0为止的时间内，根据加速电压图像可知粒子共加速了4次，且加速电压分别为由动能定理得得【考点】动能定理；带电粒子在匀强磁场中运动15. （1）电荷在电场中做匀加速直线运动，由动能定理得（2）当磁场垂直纸面向外时，设电荷运动的半径为，则有，得，周期当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径为周期故电荷从t=0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图甲所示时刻电荷与O点的水平距离：（3）电荷第一次通过MN开始，其运动的周期，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为15个，此时电荷沿MN运动的距离，则最后7.5cm的距离如图乙所示，有解得：，则，故电荷运动的总时间。
