2017年天津市高考物理试卷(共25页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2017年天津市高考物理试卷一、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（6分）我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献下列核反应方程中属于聚变反应的是（）ABC+D+32（6分）明代学者方以智在阳燧倒影中记载：“凡宝石面凸，则光成一条，有数棱则必有一面五色”，表明白光通过多棱晶体折射会发生色散现象如图所示，一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光a、b，下列说法正确的是（）A若增大入射角i，则b光先消失B在该三棱镜中a光波长小于b光Ca光能发生偏振现象，b光不能发生D若

2、a、b光分别照射同一光电管都能发生光电效应，则a光的遏止电压低3（6分）如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（）Aab中的感应电流方向由b到aBab中的感应电流逐渐减小Cab所受的安培力保持不变Dab所受的静摩擦力逐渐减小4（6分）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动下列叙述正确的是（）A摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B在最高点，乘客

3、重力大于座椅对他的支持力C摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变5（6分）手持较长软绳端点O以周期T在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动形成简谐波沿绳水平传播，示意如图绳上有另一质点P，且O、P的平衡位置间距为Lt=0时，O位于最高点，P的位移恰好为零，速度方向竖直向上，下列判断正确的是（）A该简谐波是纵波B该简谐波的最大波长为2LCt=时，P在平衡位置上方Dt=时，P的速度方向竖直向上二、不定项选择题（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，选错或不答的得0分）6（6分）

4、在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化设线圈总电阻为2，则（）At=0时，线圈平面平行于磁感线Bt=1s时，线圈中的电流改变方向Ct=1.5 s时，线圈中的感应电动势最大D一个周期内，线圈产生的热量为82J7（6分）如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB下列说法正确的是（）A电子一定从A向B运动B若aAaB，则Q靠近M端且为正电荷C无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA

5、EpBDB点电势可能高于A点电势8（6分）如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态如果只人为改变一个条件，挡衣架静止时，下列说法正确的是（）A绳的右端上移到b，绳子拉力不变B将杆N向右移一些，绳子拉力变大C绳的两端高度差越小，绳子拉力越小D若换挂质量更大的衣服，则衣服架悬挂点右移三、解答题（共6小题，满分72分）9（4分）我国自主研制的首艘货运飞船“天舟一号”发射升空后，与已经在轨运行的“天宫二号”成功对接形成组合体假设组合体在距地面高度为h的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动，已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，

6、且不考虑地球自转的影响则组合体运动的线速度大小为 ，向心加速度大小为 10（4分）如图所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是 A重物选用质量和密度较大的金属锤B两限位孔在同一竖直面内上下对正C精确测量出重物的质量D用手托稳重物，接通电源后，撒手释放重物某实验小组利用上述装置将打点计时器接到50Hz的交流电源上，按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图所示纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，利用

7、下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有 AOA、AD和EG的长度 BOC、BC和CD的长度CBD、CF和EG的长度 DAC、BD和EG的长度11（10分）某探究性学习小组利用如图1所示的电路测量电池的电动势和内阻其中电流表A1的内阻r1=1.0k，电阻R1=9.0k，为了方便读数和作图，给电池串联一个R0=3.0的电阻按图示电路进行连接后，发现aa、bb和cc三条导线中，混进了一条内部断开的导线为了确定哪一条导线内部是断开的，将电建S闭合，用多用电表的电压挡先测量a、b间电压，读数不为零，再测量a、a间电压，若读数不为零，则一定是 导线断开；若读数为零，则一定是 导线断开排除故障后，该小组

8、顺利完成实验通过多次改变滑动变阻器触头位置，得到电流表A1和A2的多组I1、I2数据，作出图象如图2由I1I2图象得到的电池的电动势E= V，内阻r= 12（16分）如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA=2kg、mB=1kg初始时A静止于水平地面上，B悬于空中先将B竖直向上再举高h=1.8m（未触及滑轮）然后由静止释放一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触取g=10m/s2（1）B从释放到细绳绷直时的运动时间t；（2）A的最大速度v的大小；（3）初始时B离地面的高度H13（18分）平面直角坐标系

9、xOy中，第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等不计粒子重力，为：（1）粒子到达O点时速度的大小和方向；（2）电场强度和磁感应强度的大小之比14（20分）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计炮弹可视为一质量为

10、m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触首先开关S接1，使电容器完全充电然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨问：（1）磁场的方向；（2）MN刚开始运动时加速度a的大小；（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少2017年天津市高考物理试卷参考答案与试题解析一、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（6分）（2017天津）我国自主研发制造的国际热核聚变核心部

11、件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献下列核反应方程中属于聚变反应的是（）ABC+D+3【分析】正确解答本题需要掌握：裂变、聚变的反应的特点，即可分析核反应的性质【解答】解：核聚变是指由质量小的原子，主要是指氘或氚，在一定条件下（如超高温和高压），发生原子核互相聚合作用，生成新的质量更重的原子核，并伴随着巨大的能量释放的一种核反应形式，由此可知：核反应方程是原子核的聚变反应；B与C属于原子核的人工核转变；D属于裂变反应；故只有A正确；BCD错误；故选：A2（6分）（2017天津）明代学者方以智在阳燧倒影中记载：“凡宝石面凸，则光成一条，有数棱则必有一面五色”，表明

12、白光通过多棱晶体折射会发生色散现象如图所示，一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光a、b，下列说法正确的是（）A若增大入射角i，则b光先消失B在该三棱镜中a光波长小于b光Ca光能发生偏振现象，b光不能发生D若a、b光分别照射同一光电管都能发生光电效应，则a光的遏止电压低【分析】依据光的折射定律，判定两光的折射率大小，再根据sinC=，即可判定各自临界角大小，进而可求解；根据折射率的定义公式求解折射率，由折射定律得出折射率关系，就知道波长关系；只要是横波，均能发生偏振现象；根据qUc=，结合光电效应方程=hW，从而即可求解【解答】解：A、根据折射率定义公式n=，从空气斜射向玻璃时，入射角相同，光

13、线a对应的折射角较大，故光线a的折射率较小，即nanb，若增大入射角i，在第二折射面上，则两光的入射角减小，依据光从光密介质进入光疏介质，且入射角大于或等于临界角时，才能发生光的全反射，因此它们不会发生光的全反射，故A错误；B、根据折射率定义公式n=，从空气斜射向玻璃时，入射角相同，光线a对应的折射角较大，故光线a的折射率较小，即nanb，则在真空中a光波长大于b光波长，故B错误；C、只要是横波，均能发生偏振现象，若a光能发生偏振现象，b光一定能发生，故C错误；D、a光折射率较小，则频率较小，根据E=h，则a光光子能量较小，则a光束照射逸出光电子的最大初动能较小，根据qUc=，则a光的遏止电压

14、低，故D正确；故选：D3（6分）（2017天津）如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（）Aab中的感应电流方向由b到aBab中的感应电流逐渐减小Cab所受的安培力保持不变Dab所受的静摩擦力逐渐减小【分析】根据楞次定律得出感应电流的方向，结合法拉第电磁感应定律判断感应电流是否不变，根据安培力公式分析安培力是否保存不变，结合平衡分析静摩擦力的变化【解答】解：A、磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流

15、方向由a到b，故A错误B、由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，故B错误C、根据安培力公式F=BIL知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，故C错误D、导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，f=F，安培力减小，则静摩擦力减小，故D正确故选：D4（6分）（2017天津）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动下列叙述正确的是（）A摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力C摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D摩天轮转动过程中，乘

16、客重力的瞬时功率保持不变【分析】根据机械能的定义分析机械能的变化情况；根据向心力的来源分析重力和支持力的情况；根据冲量的定义分析冲量；根据瞬时功率计算式计算重力的瞬时功率【解答】解：A、机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A错误；B、圆周运动过程中，在最高点，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力指向下方，所以F=mgN，则支持力N=mgF，所以重力大于支持力，B正确；C、转动一周，重力的冲量为I=mgT，不为零，C错误；D、运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力

17、的瞬时功率在变化，D错误故选：B5（6分）（2017天津）手持较长软绳端点O以周期T在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动形成简谐波沿绳水平传播，示意如图绳上有另一质点P，且O、P的平衡位置间距为Lt=0时，O位于最高点，P的位移恰好为零，速度方向竖直向上，下列判断正确的是（）A该简谐波是纵波B该简谐波的最大波长为2LCt=时，P在平衡位置上方Dt=时，P的速度方向竖直向上【分析】由横波、纵波的定义得到简谐波为横波；再由P的运动状态得到OP之间的距离与波长的关系，进而求得最大波长；根据P的运动状态可得之后任意时刻P的位置及速度【解答】解：A、该简谐波上质点振动方向为竖直方向，波的传播方

18、向为水平方向，两者垂直，故为横波，故A错误；B、t=0时，O位于最高点，P的位移恰好为零，速度方向竖直向上，故两者间的距离为，又有O、P的平衡位置间距为L，则，故B错误；C、t=0时，P的位移恰好为零，速度方向竖直向上，那么，t=时，P在平衡位置上方，并向上运动，故C正确；D、t=0时，P的位移恰好为零，速度方向竖直向上，那么，t=时，P在平衡位置上方，并向下运动，故D错误；故选：C二、不定项选择题（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，选错或不答的得0分）6（6分）（2017天津）在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕

19、与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化设线圈总电阻为2，则（）At=0时，线圈平面平行于磁感线Bt=1s时，线圈中的电流改变方向Ct=1.5 s时，线圈中的感应电动势最大D一个周期内，线圈产生的热量为82J【分析】根据图象得到t=0时穿过线圈平面的磁通量大小，由此确定线圈的位置；根据图象斜率确定第感应电流方向和t=1.5 s时感应电动势大小；计算此交流电的最大值和有效值，根据焦耳定律计算一个周期产生的热【解答】解：A、根据图象可知，在t=0时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，故A正确；B、t图象的斜率为，即表示磁通量的变化率，在0.5s1.5

20、s之间，“斜率方向“不变，表示的感应电动势方向不变，则电流强度方向不变，故B错误；C、根据法拉第电磁感应定律可得E=N，所以在t=1.5 s时，斜率为零，则感应电动势为零，故C错误；D、感应电动势的最大值为Em=NBS=Nm=100 V=4 V，有效值E=2 V，根据焦耳定律可得一个周期产生的热为Q=82J，故D正确故选：AD7（6分）（2017天津）如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB下列说法正确的是（）A电子一定从A向B运动B若aAaB，则Q

21、靠近M端且为正电荷C无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpAEpBDB点电势可能高于A点电势【分析】由运动轨迹得到电场力方向，进而得到电势的比较，从而根据加速度的比较得到点电荷Q的正负【解答】解：A、由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A错误；B、若aAaB，则A点离点电荷Q更近即Q靠近M端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN上电场方向向右，那么Q靠近M端且为正电荷，故B正确；D、由B可知，电场线方向由M指向N，那么A点电势高于B点，故D错误；C、由B可知，电子所受电场力方向指向左侧，那么，若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加；若电

22、子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有EpAEpB求解过程与Q所带电荷无关，只与电场线方向相关，故C正确；故选：BC8（6分）（2017天津）如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态如果只人为改变一个条件，挡衣架静止时，下列说法正确的是（）A绳的右端上移到b，绳子拉力不变B将杆N向右移一些，绳子拉力变大C绳的两端高度差越小，绳子拉力越小D若换挂质量更大的衣服，则衣服架悬挂点右移【分析】绳子两端上下移动时，两杆距离不变，据此分析两端绳子间夹角的变化情况，进而分析拉力的变化；两杆之间距离发生变化时，分析

23、两段绳子之间的夹角变化，进而分析拉力变化【解答】解：如图所示，两个绳子是对称的，与竖直方向夹角是相等的假设绳子的长度为X，则Xcos=L，绳子一端在上下移动的时候，绳子的长度不变，两杆之间的距离不变，则角度不变；AC、两个绳子的合力向上，大小等于衣服的重力，由于夹角不变，所以绳子的拉力不变；A正确，C错误；B、当杆向右移动后，根据Xcos=L，即L变大，绳长不变，所以角度减小，绳子与竖直方向的夹角变大，绳子的拉力变大，B正确；D、绳长和两杆距离不变的情况下，不变，所以挂的衣服质量变化，不会影响悬挂点的移动，D错误故选：AB三、解答题（共6小题，满分72分）9（4分）（2017天津）我国自主研制

24、的首艘货运飞船“天舟一号”发射升空后，与已经在轨运行的“天宫二号”成功对接形成组合体假设组合体在距地面高度为h的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动，已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，且不考虑地球自转的影响则组合体运动的线速度大小为R，向心加速度大小为g（）2【分析】地球表面重力与万有引力相等，卫星绕地球圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，从而即可求解【解答】解：在地球表面的物体受到的重力等于万有引力，有：mg=G得：GM=R2g，根据万有引力提供向心力有：G=，得：v=R；根据万有引力定律和牛顿第二定律可得，卫星所在处的加速度，G=ma，得a=g（）2；故答案为：R；g（）210（4分）（

25、2017天津）如图所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是ABA重物选用质量和密度较大的金属锤B两限位孔在同一竖直面内上下对正C精确测量出重物的质量D用手托稳重物，接通电源后，撒手释放重物某实验小组利用上述装置将打点计时器接到50Hz的交流电源上，按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图所示纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有BCAOA、AD和EG的

26、长度 BOC、BC和CD的长度CBD、CF和EG的长度 DAC、BD和EG的长度【分析】根据实验原理，结合实验中的注意事项后分析解答；依据这段时间内的平均速度等于中时刻瞬时速度，从而确定动能的变化，再依据重力势能表达式，进而确定其的变化，即可验证【解答】解：A、实验供选择的重物应该相对质量较大、体积较小的物体，这样能减少摩擦阻力的影响，从而减小实验误差，故A正确B、为了减小纸带与限位孔之间的摩擦图甲中两限位孔必须在同一竖直线，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差，故B正确C、因为我们是比较mgh、mv2的大小关系，故m可约去，不需要测量重锤的质量，对减小实验误差没有影响，故C错误D

27、、实验时，先接通打点计时器电源再放手松开纸带，对减小实验误差没有影响，故D错误根据这段时间内的平均速度等于中时刻瞬时速度，结合动能与重力势能表达式，A、当OA、AD和EG的长度时，只有求得F点与BC的中点的瞬时速度，从而确定两者的动能变化，却无法求解重力势能的变化，故A错误；B、当OC、BC和CD的长度时，同理，依据BC和CD的长度，可求得C点的瞬时速度，从而求得O到C点的动能变化，因知道OC间距，则可求得重力势能的变化，可以验证机械能守恒，故B正确；C、当BD、CF和EG的长度时，依据BD和EG的长度，可分别求得C点与F点的瞬时速度，从而求得动能的变化，再由CF确定重力势能的变化，进而得以验

28、证机械能守恒，故C正确；D、当AC、BD和EG的长度时，依据AC和EG长度，只能求得B点与F点的瞬时速度，从而求得动能的变化，而BF间距不知道，则无法验证机械能守恒，故D错误；故答案为：AB； BC11（10分）（2017天津）某探究性学习小组利用如图1所示的电路测量电池的电动势和内阻其中电流表A1的内阻r1=1.0k，电阻R1=9.0k，为了方便读数和作图，给电池串联一个R0=3.0的电阻按图示电路进行连接后，发现aa、bb和cc三条导线中，混进了一条内部断开的导线为了确定哪一条导线内部是断开的，将电建S闭合，用多用电表的电压挡先测量a、b间电压，读数不为零，再测量a、a间电压，若读数不为零

29、，则一定是aa导线断开；若读数为零，则一定是bb导线断开排除故障后，该小组顺利完成实验通过多次改变滑动变阻器触头位置，得到电流表A1和A2的多组I1、I2数据，作出图象如图2由I1I2图象得到的电池的电动势E=1.4V，内阻r=0.5【分析】通过多用电表的电压示数是否为零，结合电路分析确定哪根导线断开根据闭合电路欧姆定律以及串并联电路的特点，得出两电流的表达式，结合图线的斜率和截距求出电动势和内阻的大小【解答】解：将电建S闭合，用多用电表的电压挡先测量a、b间电压，读数不为零，可知cc不断开，再测量a、a间电压，若读数不为零，可知bb间不断开，则一定是aa间断开若aa间电压为零，则bb导线断开

30、根据串并联电路的特点，结合闭合电路欧姆定律得：E=U+Ir，则有：E=I1（R1+r1）+I2（R0+r），可知I1=，纵轴截距解得：E=1.4V，图线斜率的绝对值为：，解得r0.5故答案为：aa，bb，1.4（1.361.44均可） 0.5（0.40.6均可）12（16分）（2017天津）如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA=2kg、mB=1kg初始时A静止于水平地面上，B悬于空中先将B竖直向上再举高h=1.8m（未触及滑轮）然后由静止释放一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触取g=10m/s

31、2（1）B从释放到细绳绷直时的运动时间t；（2）A的最大速度v的大小；（3）初始时B离地面的高度H【分析】（1）根据自由落体规律计算运动时间；（2）根据动量守恒定律计算A的最大速度；（3）根据机械能守恒计算B离地面的高度H【解答】解：（1）B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：h=gt2 代入数据解得：t=0.6 s（2）设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有：vB=gt细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒得：mBvB=（mA+mB）v之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为最大速度，联立方程，代入数据解得：v=2 m/s（3）细绳绷直后，A、B一起

32、运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有：（mA+mB）v2+mBgH=mAgH代入数据解得：H=0.6 m答：（1）运动时间为0.6s；（2）A的最大速度为2m/s；（3）初始时B离地面的高度为0.6m13（18分）（2017天津）平面直角坐标系xOy中，第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等不计粒子重力，为：（

33、1）粒子到达O点时速度的大小和方向；（2）电场强度和磁感应强度的大小之比【分析】（1）在电场中，粒子做类平抛运动，根据x轴方向的匀速直线运动和y方向的匀加速直线运动列方程求解；（2）粒子在电场中受到的电场力时由牛顿第二定律求解加速度，再根据速度位移关系求解电场强度；根据粒子所受的洛伦兹力提供向心力得到半径计算公式，再根据则由几何关系得到半径大小，由此求解磁感应强度大小，然后求解比值【解答】解：（1）在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有沿x轴正方向：2L=v0t，竖直方向根据匀变速直线运动位移时间关系可得：L=设粒子到达O点时

34、沿y轴方向的分速度为vy根据速度时间关系可得：vy=at 设粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为，有tan=联立式得：=45 即粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45角斜向上设粒子到达O点时的速度大小为v，由运动的合成有v=；（2）设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得：qE=ma 由于 解得：E=设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB=m 由于P点到O点的距离为2L，则由几何关系可知R= 解得：B=联立式得答：（1）粒子到达O点时速度的大小为，方向x轴方向的夹角为45角

35、斜向上（2）电场强度和磁感应强度的大小之比为14（20分）（2017天津）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触首先开关S接1，使电容器完全充电然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨问：

36、（1）磁场的方向；（2）MN刚开始运动时加速度a的大小；（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少【分析】（1）根据通过MN电流的方向，结合左手定则得出磁场的方向（2）根据欧姆定律得出MN刚开始运动时的电流，结合安培力公式，根据牛顿第二定律得出MN刚开始运动时加速度a的大小（3）开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，根据电动势和电荷量的关系，以及动量定理求出MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q【解答】解：（1）电容器上端带正电，通过MN的电流方向向下，由于MN向右运动，根据左手定则知，磁场方向垂直于导轨平面向下（2）电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2

37、时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有：I=设MN受到的安培力为F，有：F=IlB由牛顿第二定律有：F=ma联立式：得a=（3）当电容器充电完毕时，设电容器上电量为Q0，有：Q0=CE开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E，有：E=Blvmax依题意有：设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力为，有：由动量定理，有又联立式得：Q=答：（1）磁场的方向为垂直于导轨平面向下；（2）MN刚开始运动时加速度a的大小为；（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是参与本试卷答题和审题的老师有：src；成军；车超刚；hendy；郑进平（排名不分先后）菁优网2017年6月11日专心-专注-专业