北京市昌平区2015届高三物理上学期期末考试试题（含解析）新人教版.doc

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1、北京市昌平区2015届高三上学期期末考试物理试卷一单项选择题本题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，选对得4分，选错或不答的得0分1下列说法正确的是（）A根据a=可知：质量一定，物体的加速度与合外力成正比B根据a=可知：做匀加速直线运动的物体，速度变化量越大，加速度越大C根据E=可知：电场中某一点的电场强度与检验电荷的电量成反比D根据C=可知：电容器极板上所带的电荷量越多，其电容就越大考点：电容；电场强度.分析：加速度大小等于速度的变化率；C=为比值定义法；I=知，I与U成正比，与R成反比；F=ma知可用控制变量来确定各量关系解答：解：A、由公式F=

2、ma知a=可知：质量一定，物体的加速度与合外力成正比；故A正确；B、由公式a=知，物体的加速度等于速度的变化率，而不是速度的变化量，故B错误；B、由公式E=知，场强E的大小与试探电荷的电量无关，它是比值定义的，故C错误；C、电容的定义式C=为比值定义法，电容大小与电荷量无关，故D错误；故选：A点评：考查各公式的理解与应用，并强调之间的区别与联系突出比值定义法与控制变量法2（4分）（2015河南二模）意大利科学家伽利略在研究物体变速运动规律时，做了著名的“斜面实验”，他测量了铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，于是他对大倾角情况进行了

3、合理的外推，由此得出的结论是（）A力不是维持物体运动的原因B力是使物体产生加速度的原因C自由落体运动是一种匀变速直线运动D物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性考点：牛顿第一定律；惯性.分析：结论是由实验推导出来的，所以结论必须与实验相联系，题目中的结论要与随着斜面倾角的增大，铜球做怎样的运动有关解答：解：铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，倾角最大的情况就是90时，这时物体做自由落体运动，由此得出的结论是自由落体运动是一种匀变速直线运动故选C点评：该题属于实验推论题，要求同学们正确理解科学家的基本观点和佐证实验，该题难度不大，属

4、于基础题3（4分）一物体做直线运动，其加速度随时间变化的at图象如图所示下列vt图象中，可能正确描述此物体运动的是（）ABCD考点：匀变速直线运动的图像.专题：运动学中的图像专题分析：根据at图象分析物体的运动情况：当加速度与速度同向时，物体做加速运动，01s内，物体从静止开始沿加速度方向匀加速运动，当加速度与速度反向时，物体做减速运动，若加速度一定，物体做匀变速直线运动匀变速直线运动的vt图象是一条倾斜的直线解答：解：A、C、D在0内，物体从静止开始沿加速度方向匀加速运动，vt图象是向上倾斜的直线；在T内，加速度为0，物体做匀速直线运动，vt图象是平行于t轴的直线；在T2T，加速度反向，速度

5、方向与加速度方向相反，物体先做匀减速运动，到T时刻速度为零，接着反向做初速度为零的匀加速直线运动vt图象是向下倾斜的直线故D正确，A、C错误B、在0内，由两个图象看出速度和加速度都沿正向，物体应做匀加速运动，在T内，加速度为0，物体做匀速直线运动，在T2T，加速度反向，物体做匀减速直线运动，所以该速度与at图象所反映的运动情况不符，故B错误故选：D点评：本题关键要根据加速度随时间变化规律的图象找出对应的加速度大小和方向，结合物体的初状态状态分析物体的运动情况4（4分）我国自主研制的“嫦娥三号”，携带“玉兔”月球车已于2013年12月2日1时30分在西昌卫星发射中心发射升空，落月点有一个富有诗意

6、的名字“广寒宫”落月前的一段时间内，绕月球表面做匀速圆周运动若已知月球质量为M，月球半径为R，引力常量为G，对于绕月球表面做圆周运动的卫星，以下说法正确的是（）A线速度大小为B线速度大小为C周期为T=D周期为T=考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系.专题：人造卫星问题分析：匀速圆周运动时万有引力提供圆周运动的向心力，由此分析嫦娥三号的线速度与周期关系即可解答：解：嫦娥三号所受万有引力提供圆周运动向心力有：AB、线速度的大小v=，故A错误，B正确；CD、周期T=，故CD均错误故选：B点评：抓住飞船飞行时万有引力提供圆周运动向心力，熟悉掌握万有引力公式和向心力公式是正确解题的关键5（4分）如图

7、所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，当变阻器R的滑动触头向a端移动时，下列判断正确的是（）A电流表A1的示数变大B电流表A2的示数变小C电流表A2的示数不变D电压表V的示数变小考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题分析：当R的滑动触点向上滑移动时，R变大，外电路总电阻变大，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，确定电压表的读数变化再分析并联部分的电压变化，判断电流表读数变化解答：解：AD、当R的滑动触点向上滑移动时，R变大，外电路总电阻变大，则由闭合电路欧姆定律知，总电流变小，路端电压变大，则电压表读数变大故AD错误；BC、电路中路端电压电压变大，通过R0的电流变大，而总电流减小

8、，则电流表A2的读数减小故B正确，C错误；故选：B点评：本题电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”的顺序进行分析6（4分）人通过定滑轮将质量为m的物体，沿倾角为的光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图所示则在此过程中（）A人对物体做的功为mghB人对物体做的功为mv2C物体克服重力所做的功为mghcosD物体所受的合外力做功为mv2考点：功的计算.专题：功的计算专题分析：对物体受力分析，由功的公式分析功的大小；再由动能定理可求得人对物体做的功解答：解：A、由D的分析可知，人对物体做的功一定大于mgh；故A错误，B、由动能定理可知，人做的功应

9、克服重力、摩擦力做功，故人做的功等于克服重力的功、克服摩擦力的功及增加的动能之和，大于mv2，故B错误；C、物体克服重力所做的功为mgh；故C错误；D、对物体受力分析可知，物体受重力、拉力及摩擦力的作用；由动能定理可知，合外力做功一定等于动能的改变量，即等于mv2；故D正确；故选：D点评：本题考查动能定理的应用，要注意正确的受力分析，并明确各力做功情况，才能由动能定理正确求解7（4分）甲、乙两单摆静止在平衡位置，摆长L甲L乙现给摆球相同的水平初速度v0，让其在竖直平面内做小角度摆动如果用T甲和T乙表示甲、乙两单摆的摆动周期，用甲和乙表示摆球摆动到振幅位置时摆线与竖直方向的夹角，则下列判断的是（

10、）AT甲T乙，甲乙BT甲T乙，甲乙CT甲T乙，甲乙DT甲=T乙，甲=乙考点：单摆周期公式.专题：单摆问题分析：根据单摆的周期公式T=2比较出周期的大小根据机械能守恒定律，知摆球平衡位置和最高点的高度差相同，列式分析角度大小解答：解：根据单摆的周期公式T=2比较，摆长越长，则周期变大，因为摆长L甲L乙故T甲T乙根据机械能守恒定律知，摆球平衡位置和最高点的高度差相同，L甲（1cos甲）=L乙（1cos乙），故甲乙，故A正确，B、C、D错误故选：A点评：解决本题的关键知道单摆的周期与什么因素有关，知道利用机械能守恒定律8（4分）如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上若要物块在

11、斜面上保持静止，F的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2（F1和F2的方向均沿斜面向上）由此可求出物块与斜面间的最大静摩擦力为（）AB2F2CD考点：摩擦力的判断与计算.专题：摩擦力专题分析：对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，四力平衡；当静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大；当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最小；根据平衡条件列式求解即可解答：解：对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，设滑块受到的最大静摩擦力为f，物体保持静止，受力平衡，合力为零；当静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大，有：F1mgsinf=0 ；当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最小，有：F2+f

12、mgsin=0 ；联立解得：f=，故C正确，ABD错误；故选：C点评：本题关键是明确拉力最大和最小的两种临界状况，受力分析后根据平衡条件列式并联立求解9（4分）如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线和虚线分别表示t1=0和t2=0.5s时的波形（已知波的周期T0.5s），则能正确反映t3=7.5s时波形的图是（）ABCD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：根据两时刻的波形，结合条件T0.5s，定出周期与时间的关系，求出周期求出时间t3=7.5s与周期的倍数，根据波形的平移，确定t3=7.5s时波形图解答：解：由题意，简谐横波沿x轴正方向传播，t1=

13、0和t2=0.5s（T0.5s）时的波形得到 实线波形到形成虚线波形波传播距离为，经过时间则有=t2t1，T=4（t2t1）=2s，即t3=T因为经过整数倍周期时间波形重复，故t3=时刻与时刻波形相同则波向右传播的距离 故选：D点评：本题如没有T0.5s条件限制，则周期、波传播的距离等是通项式对于两个时刻的波形关系，常常用波形平移的方法研究但要注意，波形平移，质点并没有迁移10（4分）如图所示，质量为m、长度为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂在O、O点，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B；棒中通以某一方向的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为，重力加速度为g则（）A金属棒中

14、的电流方向由N指向MB金属棒MN所受安培力的方向垂直于OMNO平面向上C金属棒中的电流大小为 tanD每条悬线所受拉力大小为mgcos考点：安培力.分析：对通电导线受力分析，根据平衡条件及左手定则即可求得力的方向及电流的方向和大小解答：解：A、平衡时两悬线与竖直方向夹角均为，故导线受到安培力，根据左手定则，可判断金属棒中的电流方向由M指向N，故A错误；B、金属棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁场方向向右，故B错误；C、由受力分析可知，Tsin=mg，Tcos=BIL，得I=tan，故C正确；D、由受力分析可知，Tsin=mg，得T=，故D错误故选：C点评：对金属棒进行受力分析、应用平衡条件，

15、根据安培力公式分析即可正确解题11（4分）如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是（）AA点电势高于B点电势BA、B两点的电场强度相等Cq1的电荷量小于q2的电荷量Dq1在A点的电势能小于q2在B点的电势能考点：电势；电场强度；电势能.专题：电场力与电势的性质专题分析：将两个带正电的试探电荷q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做功，说明Q带负电，即可判断A、B电势高低；由点电荷场强公式E=k分析场强的大小；由图分析可知：A与无穷远间的

16、电势差大于B与无穷远间的电势差，根据电场力做功公式W=qU，分析电荷量的大小；根据电场力做功与电势能的关系，即可判断q1在A点的电势能与q2在B点的电势能的大小解答：解：A、由题，将两个带正电的试探电荷q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做功，则知Q与两个试探电荷之间存在引力，说明Q带负电，电场线方向从无穷远处指向Q，则A点电势小于B点电势故A错误B、由点电荷场强公式E=k分析可知，A点的场强大于B点的场强故B错误C、由图分析可知：A与无穷远间的电势差大于B与无穷远间的电势差，将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，根据电场力做功公式W=qU，得知，q1的电荷量小于q

17、2的电荷量故C正确D、将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，两个试探电荷电势能的变化量相等，无穷远处电势能为零，则q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能故D错误故选：C点评：本题根据电场力做功与电势能变化的关系分析电势能的大小，根据公式E=k分析场强的大小等等，都是常用的思路12（4分）如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为2m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法错误的是（）A在下滑过程中，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒B在下滑过程中，物块和槽的水平方向动量守恒C物块被弹簧反弹后，离开弹簧时

18、的速度大小为v=2D物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep=mgh考点：动量守恒定律；弹性势能；机械能守恒定律.专题：动量定理应用专题分析：滑块下滑过程，滑块与弧形槽组成的系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出滑块与弧形槽的速度，然后应用能量守恒定律分析答题解答：解：A、滑块下滑过程，只有重力做功，系统机械能守恒，故A正确；B、滑块下滑过程，滑块与弧形槽组成的系统水平方向所受合外力为零，系统水平方向动量守恒，故B正确；C、设小球到达水平面时速度大小为v1，槽的速度大小为v2，且可判断球速度方向向右，槽的速度方向向左，以向右为正方向，在球和槽在球下滑过程

19、中，系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：mv12mv2=0，由机械能守恒定律得：mgh=mv12+2mv22，由以上两式解得：v1=2，v2=，物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块离开弹簧时速度大小与物块接触弹簧前的速度大小相等，v=v1=2，故C正确；D、物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块速度为零时，弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒定律可知，最大弹性势能Ep=mv12=，故D错误；本题选错误的，故选：D点评：本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题二实验题本题共2小题，共18分13（8分）某物理实验小组

20、采用如图甲所示的装置研究平抛运动（1）安装实验装置的过程中，斜槽末端的切线必须是水平的，这样做的目的是BA保证小球飞出时，速度既不太大，也不太小B保证小球飞出时，初速度水平C保证小球在空中运动的时间每次都相等D保证小球运动的轨迹是一条抛物线（2）某同学每次都将小球从斜槽的同一位置无初速释放，并从斜槽末端水平飞出改变水平挡板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹某同学设想小球先后三次做平抛，将水平板依次放在如图乙1、2、3的位置，且l与2的间距等于2与3的间距若三次实验中，小球从抛出点到落点的水平位移依次为x1、x2、x3，忽略空气阻力的影响，下面分析正确的是CAx2x

21、1=x3x2Bx2x1x3x2Cx2x1x3x2D无法判断（3）另一同学通过正确的实验步骤及操作，在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨迹部分运动轨迹如图丙所示图中水平方向与竖直方向每小格的长度均为L，P1、P2和P3是轨迹图线上的3个点，P1和P2、P2和P3之间的水平距离相等重力加速度为g可求出小球从P1运动到P2所用的时间为，小球抛出时的水平速度为考点：研究平抛物体的运动.专题：实验题分析：（1）在实验中让小球在固定斜槽滚下后，做平抛运动，记录下平抛后运动轨迹然后在运动轨迹上标出特殊点，对此进行处理，由于是同一个轨迹，因此要求抛出的小球初速度是相同的，所以在实验时必须确保抛出速度方向是水

22、平的，同时固定的斜槽要在竖直面（2）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，比较竖直方向上下落相同位移的时间关系，从而比较出水平位移的关系（3）根据竖直方向运动特点h=gt2，求出物体运动时间，根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小可以求出P2在竖直方向上的速度大小，根据vy=gt可以求出从抛出到P2点的时间，根据平抛运动规律进一步求出结果解答：解：（1）研究平抛运动的实验很关键的地方是要保证小球能够水平飞出，只有水平飞出时，才能确保做平抛运动，故ACD错误，B正确（2）因为平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，下落的速度越来越快，则下落相等

23、位移的时间越来越短，水平方向上做匀速直线运动，所以x2x1x3x2，因为平抛运动的过程中，只有重力做功，所以机械能守恒，则，E1=E2=E3故C正确，A、B、D错误（3）因两段对应的水平距离相等，故两段运动的时间相等，而竖直位移分别为：3L和5L；故在竖直方向由h=gt2可得t=；水平速度v=；故答案为：（1）B；（2）C；（3），点评：（1）在实验中如何实现让小球做平抛运动是关键，因此实验中关键是斜槽末端槽口的切线保持水平及固定后的斜槽要竖直（2）解决本题的关键是知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行分析（3）对平抛运动的考查要注意水平速度及时间的求法，掌握好平抛运

24、动的处理规律14（10分）实验室购买了一捆标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为1.7108m，再利用图1所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度可供使用的器材有：电流表：量程0.6A，内阻约0.2；电压表：量程3V，内阻约9k；滑动变阻器R1：最大阻值5；滑动变阻器R2：最大阻值20；定值电阻：R0=3；电源：电动势6V，内阻可不计；开关、导线若干回答下列问题：（1）实验中滑动变阻器应选（选填“R1”或“R2”），闭合开关S前应将滑片移至a端（选填“a”或“b”）（2）在实物图中，已正确连接了部分导线，

25、请根据图1电路完成剩余部分的连接（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A时，电压表示数如图3所示，读数为2.30V（4）导线实际长度约为94m考点：伏安法测电阻.专题：实验题分析：本题（1）根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻，再解出变阻器需要的最大电阻即可；题（3）根据电压表每小格读数大小来确定估读方法；题（4）由电路图根据欧姆定律求出待测电阻的阻值，然后再根据电阻定律即可求解解答：解：（1）根据闭合电路欧姆定律可求出电路中需要的最大电阻应为：=30，而待测电阻的最小值为：=5，所以变阻器的最大电阻应为：R=305=22，所以变阻器；闭合电键前应将滑片置于阻值最大的a端；（2

26、）根据电路图画出的实物连线图如图所示：（3）电压表每小格读数为0.1V，应估读到0.01V，所以电压表读数为U=2.30V（2.29、2.31均正确）；（4）根据欧姆定律可求出：=4.6，解得：=1.6，再根据R=可求出L=，代入数据解得：L94m；故答案为：（1），a；（2）如图；（3）2.30；（4）94点评：应明确：应根据电路中需要的最大电阻来选择变阻器阻值的大小；电表估读的判定方法是：若电表每小格读数出现数字“1”则应进行“”估读，出现“2”则应进行“”估读，出现“5”则应进行“”估读三论述计算题.本题共5小题，共54分，解答时写出必要的文字说明、公式或表达式有数值计算的题，答案必须明

27、确写出数值和单位15（10分）质量是60kg的人站在升降机中的体重计上，当升降机做下列各种运动时，体重计的读数是多少？（g=10m/s2）（1）升降机匀速上升；（2）升降机以4m/s2的加速度匀加速上升；（3）升降机以5m/s2的加速度匀加速下降考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重.专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）体重计的读数显示人对体重计的压力大小升降机匀速上升，体重计的读数等于人的重力（2）（3）以人为研究对象，根据牛顿第二定律求出体重计对人的支持力，再牛顿第三定律分析人对体重计的压力大小解答：解：（1）升降机匀速上升时，体重计的读数F1=G=mg=600N； （2）当升降机以4m/

28、s2的加速度匀加速上升时，以人为研究对象 根据牛顿第二定律得 F2mg=ma1代入解得 F2=840N再牛顿第三定律得到人对体重计的压力大小等于F2=840N，即体重计的读数为840N （3）当升降机以5m/s2的加速度匀加速下降时，以人为研究对象 根据牛顿第二定律得 mgF3=ma3代入解得 F3=300N再牛顿第三定律得到体重计的读数为300N答：（1）升降机匀速上升时，体重计的读数为600N； （2）升降机以4m/s2的加速度匀加速上升时，体重计的读数为840N； （3）升降机以5m/s2的加速度匀加速下降时，体重计的读数为300N点评：本题是运用牛顿运动定律研究超重和失重现象，可以定性

29、分析与定量计算结合研究16（10分）如图1所示，半径R=0.45m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，在光滑的水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M=2kg，长度为L=0.5m，小车的上表面与B点等高质量m=1kg的物块（可视为质点）从圆弧最高点A由静止释放g取10m/s2求：（1）物块滑到轨道B点时对轨道的压力大小；（2）若平板车上表面粗糙且物块没有滑离平板车，求物块和平板车的最终速度大小；（3）若将平板车锁定并且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，小物块所受动摩擦力从左向右随距离变化图象（fL图象）如图2所示，且物块滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度

30、大小考点：动量守恒定律；向心力；机械能守恒定律.专题：动量定理应用专题分析：（1）根据机械能守恒定律求出物体到达B点的速度，结合牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出物块对轨道的压力（2）物块与平板车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出物块与平板车的速度（3）根据图示图象求出克服摩擦力做的功，然后由动能定理求出物块的速度解答：解：（1）物体从圆弧轨道顶端滑到B点的过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：，代入数据解得：vB=3m/s，在B点，由牛顿第二定律得：Nmg=，代入数据解得：N=30N，由牛顿第三定律可知，物块滑到轨道B点时对轨道的压力：N=N=30N（2）物块滑上小车后，水平地

31、面光滑，系统的动量守恒以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvB=（m+M）v共，代入数据解得：v共=1m/s；（3）物块在小车上滑行时的克服摩擦力做功为fL图线与横轴所围的面积克服摩擦力做功：=2J，物块在平板车上滑动过程，由动能定理得：Wf=，代入数据解得：vt=m/s；答：（1）物块滑到轨道B点时对轨道的压力大小为30N；（2）物块和平板车的最终速度大小为1m/s；（3）物块滑离平板车时的速度大小为m/s点评：本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式，综合性较强，关键理清运动过程，选择合适的规律进行求解17（10分）如图所示，带有等量异种电荷平行金属板M、N竖直放置

32、，M、N两板间的距离d=0.5m现将一质量m=1102kg、电荷量q=4105C的带电小球从两极板上方的A点以v0=4m/s的初速度水平抛出，A点距离两板上端的高度h=0.2m；之后小球恰好从靠近M板上端处进入两板间，沿直线运动碰到N板上的C点，该直线与曲线的末端相切设匀强电场只存在于M、N之间，不计空气阻力，取g=10m/s2求：（1）小球到达M极板上边缘B位置时速度的大小和方向；（2）M、N两板间的电场强度的大小和方向；（3）小球到达C点时的动能考点：电势差与电场强度的关系；平抛运动；动能定理.专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）根据平抛运动的基本公式求出小球刚进入电场时竖直方向的速度

33、大小和方向（2）小球在电场中做直线运动，合力沿直线方向，由力的合成求出电场力与重力的关系，即可求得电场强度的大小和方向（3）从A到B的过程中运用动能定理即可求解也可以运用运动的合成法解答解答：解：（1）小球平抛运动过程水平方向做匀速直线运动，vx=v0=4 m/s竖直方向做匀加速速直线运动，vy=gt1=2 m/s得解：m/s方向 ，=arctan0.5（为速度方向与水平方向的夹角）（2）小球进入电场后，沿直线运动到C点，所以重力与电场力的合力即沿该直线方向则 得解：N/C，方向水平向右（3）解法一：进入电场后，小球受到的合外力B、C两点间的距离，从B到C由动能定理得：解得：EkC=0.225

34、J解法二：进入电场后，小球在水平方向做初速度为v0的匀加速直线运动，m/s2得解：t2=0.1 s小球到达C点时的水平速度v1=v0+axt2=6 m/s竖直分速度v2=vy+gt2=3 m/svC=EkB=0.225 J答：（1）小球到达M极板上边缘B位置时速度的大小是2m/s，方向与水平方向的夹角为arctan0.5；（2）M、N两板间的电场强度的大小是5103N/C，方向水平向右；（3）小球到达C点时的动能是0.225 J点评：解决本题的关键知道平抛运动的规律，以及知道小球进入电场后速度方向与小球所受的合力方向相同18（12分）如图所示，在矩形区域abcd内充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁

35、感应强度为B在ad边中点O的粒子源，在t=0时刻垂直于磁场发射出大量的同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与Od的夹角分布在0180范围内已知沿Od方向发射的粒子在t=t0时刻刚好从磁场边界cd上的p点离开磁场，ab=1.5L，bc=L，粒子在磁场中做圆周运动的半径R=L，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：（1）粒子在磁场中的运动周期T；（2）粒子的比荷；（3）粒子在磁场中运动的最长时间考点：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、2）根据几何关系求出粒子在磁场中运动的圆心角，结合粒子的运动时间求出运动的周期，根据周期公式求出粒子的比荷（3）在磁场中

36、运动时间最长的粒子的轨迹的弦为ob，结合几何关系求出圆心角，从而得出粒子在磁场中运动的时间解答：解：（1）初速度沿Od方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图1，其圆心为，由几何关系有：，所以：=60，解得：T=6t0（2）粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律得：所以：解得（3）如图2所示，在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹的弦Ob=，圆轨迹的直径为2L，所以：Ob弦对应的圆心角为120，粒子在磁场中运动的最长时间答：（1）粒子在磁场中的运动周期T为6t0；（2）粒子的比荷为；（3）粒子在磁场中运动的最长时间为2t0点评：本题的解题关键是画出粒子的运动轨迹，根据几何知识确定隐含的极

37、值条件和粒子运动轨迹对应的圆心角19（12分）（1）如图1所以，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于纸面，在纸面内有一条以O点为圆心、半径为L圆弧形金属导轨，长也为L的导体棒OA可绕O点自由转动，导体棒的另一端与金属导轨良好接触，并通过导线与电阻R构成闭合电路当导体棒以角速度匀速转动时，试根据法拉第电磁感应定律E=，证明导体棒产生的感应电动势为E=BL2（2）某同学看到有些玩具车在前进时车轮上能发光，受此启发，他设计了一种带有闪烁灯的自行车后轮，可以增强夜间骑车的安全性图1所示为自行车后车轮，其金属轮轴半径可以忽略，金属车轮半径r=0.4m，其间由绝缘辐条连接（绝缘辐条未画出）车轮与轮轴之间均匀地连

38、接有4根金属条，每根金属条中间都串接一个LED灯，灯可视为纯电阻，每个灯的阻值为R=0.3并保持不变车轮边的车架上固定有磁铁，在车轮与轮轴之间形成了磁感应强度B=0.5T，方向垂直于纸面向外的扇形匀强磁场区域，扇形对应的圆心角=30自行车匀速前进的速度为v=8m/s（等于车轮边缘相对轴的线速度）不计其它电阻和车轮厚度，并忽略磁场边缘效应在图1所示装置中，当其中一根金属条ab进入磁场时，指出ab上感应电流的方向，并求ab中感应电流的大小；若自行车以速度为v=8m/s匀速前进时，车轮受到的总摩擦阻力为2.0N，则后车轮转动一周，动力所做的功为多少？（忽略空气阻力，3.0）考点：导体切割磁感线时的感

39、应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律；楞次定律.专题：电磁感应与电路结合分析：（1）根据法拉第电磁感应定律证明；（2）根据右手定则判定感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律求感应电动势的大小从而得出感应电流的大小；根据能量守恒定律求解动力所做的功，关键是求出焦耳热解答：解：（1）设金属棒OA在t时间内扫过的面积为S，则：所以有：根据法拉第电磁感应定律有：（2）根据右手定则知：ab中的电流方向为baab相当于电源，其等效电路如图所示，有：=20rad/s应用（1）推导出的结果：=0.8V电路总电阻：=0.4通过ab中的电流：=2A车轮转动一周的时间：=0.3s则T时间内克服阻力做功：Wf=fs=fvt=280.3=4.8JT时间内产生电流的时间为：=0.1s在T时间内，电流通过灯泡电阻产生的焦耳热为：=0.16J动力所做的功为：W动=Wf+Q=4.8+0.16=4.96J答：（1）证明略（2）在图1所示装置中，当其中一根金属条ab进入磁场时，指出ab上感应电流的方向，求ab中感应电流的大小为2A；若自行车以速度为v=8m/s匀速前进时，车轮受到的总摩擦阻力为2.0N，则后车轮转动一周，动力所做的功为4.96J点评：本题考查了电磁感应和恒定电路的知识，设计问题从容易入手，层层递进，较好地把握了试题的难度和区分度18