1、12017-2018 学年云南民族大学附中高三（上）期末物理试卷一、单选题1.下列说法正确的是A. 汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”B. 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的链式反应C. 光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率成正比D. 是 衰变方程【答案】A【解析】汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型” ，A 正确；太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应，B 错误；光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率呈线性关系，不成正比，C 错误； 是人工转变，不是 衰变方程，D 错误，故选 A.2.在如右图所示的电路中，放在光滑金属导轨上的 ab
2、导体向右移动，这可能发生在A. 闭合 S 的瞬间 B. 断开 S 的瞬间C. 闭合 S 后，减小电阻 R 时 D. 闭合 S 后，增大电阻 R 时【答案】AC【解析】试题分析：金属杆向右运动则说明金属杆受到向右的作用力，由左手定则可知电流的方向；由楞次定律可知左侧产生的磁通量的变化；则可知左侧电流的变化情况金属杆向右运动说明金属杆受到向右的安培力，由左手定则可知，金属杆中的电流由 a 到b；右侧线框中产生的磁通量向上；则由楞次定律可知，左侧线框中的磁场可能向下减小，也可能向上增加；左侧电流由上方进入，由安培定则可知，内部磁场方向向上；故产生以上现象只能是磁通量突然增加；故只能为 A 或 C；故
3、选 AC2考点：楞次定律；安培定则；左手定则点评：减小电阻 R 的阻值时，电路中电阻减小，由欧姆定律可知电流将增大，则内部磁通量将增大3.如图所示 A 是带正电的球，B 为不电的导体，AB、均放在绝缘支架上，M、N 是导体 B 中的两点，以无限远处为电势零点，当导体 B 达到静电平衡后,说法错误的是（ ）A. M,N 两点电场强度大小关系为 EM=EN=0B. M,N 两点电势高低关系为 M=NC. M,N 两点电势高低关系为 MN0D. 感应电荷在 M,N 两点产生的电场强度 EMEN【答案】C【解析】试题分析：导体 B 达到静电平衡后，内部场强为零，所以 ，A 正确；B 达到静电EM EN
4、 0平衡后变成一个等势体，即 ，B 正确 C 错误；感应电荷在 MN 两点产生的电场强M N0度大小等于 A 在 MN 两点产生的电场强度，根据点电荷电场公式可知，距离场源电荷越近，电场强度越大，故 ，故 D 正确EMEN考点：考查了静电平衡4.在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为 E、内电阻为 r，R 1、R 2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C 为电容器，A、V 为理想电流表和电压表。在滑动变阻器滑动头 P 自 a端向 b 端滑动的过程中，下列说法中正确的是( )A. 电压表示数变大3B. 电流表示数变小C. 电容器 C 所带电荷量增多D. a 点的电势降低【答案】BD【解析】R2
5、和 R3下部分电阻并联之后跟 R1串联，滑动变阻器滑动头 P 自 a 端向 b 端滑动的过程中有效阻值减小，使得干路电流增大即 V（测 R1两端电压）的示数增大，R 2两端电压减小则通过它的电流减小， A 的示数增大 AB 错，电容器 C 所带电荷量减少，C 错，V 的示数增大即电势降落增加，所以 a 点的电势降低，D 对5.如图所示， 匝矩形导线框以角速度 在磁感应强度为 的匀强磁场中绕轴 匀速转动，N OO线框面积为 ，线框的电阻为，电感不计，外电路接电阻 、理想交流电流表 。下列说S R法正确的是A. 图示位置线圈的感应电动势为 NBSB. 交流电流表的示数 I=NBS2(R+r)C.
6、一个周期内通过 的电荷量R q=2BSRD. 两端电压的有效值R U=2NBS【答案】B【解析】试题分析：图示位置是中性面位置，感应电动势为零，故 A 错误.感应电动势的最大值，故电流为 ，故 B 正确.一个周期内通过 R 的电荷量Em=NBS I=ER+r=NBS2(R+r)，故 C 错误.感应电动势的有效值为 ，故 R 两端电压的有效值为q=It=nR+r=0 E=Em2，故 D 错误. 故选 BU=ERR+r=NBSWRR+r4考点：本题考查了交流发电机及其产生正弦式电流的原理、正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率.6.2013 年 12 月 14 日 21 时 11 分，嫦娥三号成功
7、实现月面软着陆，中国成为世界上第三个在月球上实现软着陆的国家.如图所示，嫦娥三号经历漫长的地月旅行后，首次在距月表100km 的环月轨道上绕月球做圆周运动运动到 A 点时变推力发动机开机工作，嫦娥三号开始快速变轨，变轨后在近月点 B 距月球表面 15km 的椭圆轨道上绕月运行；当运动到 B 点时，变推力发动机再次开机，嫦娥三号从距月面 15km 处实施动力下降关于嫦娥三号探月之旅，下列说法正确的是（ ）A. 在 A 点变轨时，嫦娥三号的机械能增加B. 在 A 点变轨时，发动机的推力和嫦娥三号运动方向相反C. 在 A 点变轨后，嫦娥三号在椭圆轨道上运行的周期比圆轨道周期长D. 在 A 点变轨后沿
8、椭圆轨道向 B 点运动的过程中，嫦娥三号的加速度逐渐减小【答案】B【解析】试题分析：嫦娥三号在 A 点变轨时，发动机的推力和嫦娥三号运动方向相反，卫星做减速运动，万有引力大于向心力做近心运动，使其进入椭圆轨道，故在 A 点变轨时，机械能要减小，故 A 错误、B 正确由开普勒第三定律 ，椭圆轨道的半长轴比圆轨道的半径小，r3T2=k则椭圆轨道上运行的周期比圆轨道周期短;选项 C 错误.由牛顿第二定律 可知，AGMmr2=ma点变轨后沿椭圆轨道向 B 点运动时，减小，则加速度逐渐增大;选项 D 错误。故选 B.考点：本题考查了开普勒第三定律、万有引力定律及其应用、卫星的变轨.7.如图所示，图甲中
9、MN 为足够大的不带电薄金属板，在金属板的右侧，距离为 d 的位置上放入一个电荷量为 q 的点电荷 O，由于静电感应产生了如图甲所示的电场分布。 P 是金属板上的一点， P 点与点电荷 O 之间的距离为 r，几位同学想求出 P 点的电场强度大小，但发现问题很难。几位同学经过仔细研究，从图乙所示的电场得到了一些启示，经过查阅资料他们知道：图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的。图乙中两异种点电荷电荷量的大小均为 q，它们之间的距离为 2d，虚线是两点电荷连线的中垂线。由此他5们分别对 P 点的电场强度方向和大小做出以下判断，其中正确的是( )A. 方向沿 P 点和点电荷的连线向左，
10、大小为2kqdr3B. 方向沿 P 点和点电荷的连线向左，大小为2kqr2d2r3C. 方向垂直于金属板向左，大小为2kqdr3D. 方向垂直于金属板向左，大小为2kqr2d2r3【答案】C【解析】【详解】根据 P 点的电场线方向可以得 P 点的电场强度方向是垂直于金属板向左，两异号点电荷电荷量的大小均为 q，它们之间的距离为 2d，P 点与点电荷 O 之间的距离为 r，根据点电荷的场强公式 ，P 点的电场是由两异号点电荷分别产生的场强叠加产生的。根据E=kQr2场强的叠加法则和几何关系得：大小为 。故选 C。2kqdr3【点睛】常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿
11、电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性8.如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压 U 加速后，水平进入互相垂直的匀强电场 E 和匀强磁场 B 的复合场中 和 B 已知，小球在此空间的竖直面内(E做匀速圆周运动，则下列说法不正确的是 A. 小球可能带负电B. 小球做匀速圆周运动的半径为 r=1B2UEg6C. 小球做匀速圆周运动的周期为 T=2EBgD. 若电压 U 增大，则小球做匀速圆周运动的周期变大【答案】D【解析】【分析】小球在竖直平面内做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，由洛伦兹力提供向心力，根据以及 qE=mg 列式。在加速电场中根据动能定理
12、列式，联立可求得半径和周期。qvB=mv2r【详解】A 项：小球在竖直平面内做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，则知小球所受的电场力竖直向上，与电场方向相反，因此小球带负电，故 A 正确;；B 项：小球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有 又 qE=mgqvB=mv2r在加速电场中，根据动能定理得 qU=12mv2联立以上三式得 ，故 B 正确；r=1B2UEgC 项：小球做匀速圆周运动的周期为 ，结合 qE=mg 得 ，故 C 正确；T=2rv=2mqB T=2EgBD 项：小球做匀速圆周运动的周期为 ，显然运动周期与加速电压 U 无关，若电压 UT=2EBg增大，则小球做匀速圆周运动的
13、周期不变。故 D 错误。本题选不正确的，故选：D。【点睛】本题考查了带电粒子在复合场中的圆周运动问题，关键要正确分析受力情况，明确向心力来源。二、多选题9.如图所示，两个等量同种点电荷分别固定于光滑绝缘水平面上 A、B 两点一个带电粒子由静止释放，仅受电场力作用，沿着 AB 中垂线从 C 点运动到 D 点 、D 是关于 AB 对称的两点 下列关于粒子运动的 图象中可能正确的是 7A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】A、B 为两个等量的同种电荷，其连线中垂线上电场强度方向若是负电荷则为 CO、DO，若是正电荷则为 OC、OD；点电荷 q 仅受电场力作用从 C 点到 D 点运动的过
14、程中，由于释放位置不清楚则电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定因此可能加速度先增加后减小再增加最后减小；也可能先减小后增加。【详解】A、B 为两个等量的同种电荷，其连线中垂线上电场强度方向，若是负电荷则电场强度方向为 CO、DO，若是正电荷则电场强度方向为 OC、OD；点电荷 q 仅受电场力作用从 C 点到 D 点运动的过程中，当从电场强度最大的位置释放时，则带电粒子所受电场力先减小后增大，那么加速度也是先减小后增大，而 A 选项图象的斜率表示加速度的大小，所以 A 正确；若从小于电场强度最大值位置释放，则带电粒子所受电场力先增大后减小再增大最后
15、减小，那么加速度也是先增大后减小再增大最后减小。而 D 选项图象的斜率表示加速度的大小故C 正确；BD 均错误。故选：AC。【点睛】本题考查对等量异种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性。10. 如图所示，匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向里，极板间距为 d 的平行板电容器与总阻值为 2R0 的滑动变阻器通过平行导轨连接，电阻为 R0 的导体棒 MN 可在外力的作用下沿导轨从左向右做匀速直线运动。当滑动变阻器的滑动触头位于 a、b 的中间位置、导体棒 MN 的速度为 v0 时，位于电容器中 P 点的带电油滴恰好处于静止状态若不计摩擦和平行导轨及导线的电阻，重力
16、加速度为 g，则下列判断正确的是( )8A. 油滴带正电荷B. 若将上极板竖直向上移动距离 d，油滴将向上加速运动，加速度 a = g2C. 若将导体棒的速度变为 2v0，油滴将向上加速运动，加速度 a = 2gD. 若保持导体棒的速度为 v0 不变，而将滑动触头置于 a 位置，同时将电容器上极板向上移动距离 d3，油滴仍将静止【答案】D【解析】考点：导体切割磁感线时的感应电动势；带电粒子在匀强电场中的运动；电容；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与电路结合分析：导体棒 MN 相当于电源，M 端为正极，外电路由滑动变阻器构成，电容器两端电压和滑动变阻器两端电压相等，弄清楚这些然后对带电液滴进行受
17、力分析即可正确解答本题解答：解：根据右手定责可知，M 端为正极，液滴静止，因此带负电，故 A 错误；设导体棒长度为 L，导体棒切割磁感线形成的感应电动势为：E=BLv电容器两端电压为：U= = ER0R0+R0BLv02开始液滴静止有： q=“mg“ U1d若将上极板竖直向上移动距离 d 时，有：mg- q=“ma1“ U12d联立得：a= ，方向竖直向下，故 B 错误；g2当若将导体棒的速度变为 2v 时，有： q-mg=maU1d将中 v 换为 2v 联立解得：a= ，方向竖直向上，故 C 错误；g2若保持导体棒的速度为 v 不变，而将滑动触头置于 a 位置时，电容器两端之间的电压为：U2
18、= BLv239此时液滴所受电场力为：F= q= =mg，因此液滴仍然静止，故 D 正确U24d3 BLv0q2d故选 D点评：本题实质上借助电磁感应考查了有关电容器的运算，注意正确分析电容器两端电压以及极板的正负极11.在倾角为 的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块 A、 B，它们的质量均为 m，弹簧劲度系数为 k， C 为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一恒力 F 沿斜面方向拉物块 A使之向上运动，当物块 B 刚要离开 C 时， A 的速度为 v，则此过程(弹簧的弹性势能与弹簧的伸长量或压缩量的平方成正比，重力加速度为 g) ，下列说法正确的是( ) A. 物块 A 运动的距离为B.
19、物块 A 加速度为C. 拉力 F 做的功为 mv2D. 拉力 F 对 A 做的功等于 A 的机械能的增加量【答案】AD【解析】试题分析：开始时，弹簧处于压缩状态，压力等于物体 A 重力的下滑分力，根据胡克定律，有：mgsin=kx 1解得： ；物块 B 刚要离开 C 时，弹簧的拉力等于物体 B 重力的下滑分力，根据胡x1=mgsink克定律，有；mgsin=kx 2； 解得： ；故物块 A 运动的距离为：xx 1+x2 ，故 A 正确；x2=mgsink 2mgsink此时物体 A 受拉力、重力、支持力和弹簧的拉力，根据牛顿第二定律，有：F-mgsin-T=ma弹簧的拉力等于物体 B 重力的下
20、滑分力，为：T=mgsin，故：a= 2gsin，故 B 错误；Fm拉力 F 做的功等于物体 A、物体 B 和弹簧系统机械能的增加量，为：W=mg10xsin+ mv2+EP 弹 ，故 C 错误；由于质量相等，那么刚好要离开挡板时候的弹性势能和刚开12始相同，同时 B 物体机械能没有变化，那么整个过程中外力 F 做的功全部用于增加物块 A的机械能，故 D 正确；故选 AD。考点：胡克定律；牛顿第二定律；动能定理的应用【名师点睛】本题关键抓住两个临界状态，开始时的平衡状态和最后的 B 物体恰好要滑动的临界状态，然后结合功能关系分析，不难。12.如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线 、
21、 、 、 ，在 之间、L1 L2 L3 L4 L1L2之间存在匀强磁场，大小均为 1T，方向垂直于虚线所在平面。现有一矩形线圈 abcd，L3L4宽度 ，质量为 ，电阻为 ，将其从图示位置静止释放 边与 重合，速cd=L=0.5m 0.1kg 2 (cd L1度随时间的变化关系如图乙所示， 时刻 cd 边与 重合， 时刻 ab 边与 重合， 时刻 abt1 L2 t2 L3 t3边与 重合，已知 的时间间隔为 ，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向。L4 t1 t2 0.6s重力加速度 g 取 则 10m/s2)A. 在 时间内，通过线圈的电荷量为0 t1 0.25CB. 线圈匀速运动的速度
22、大小为 8m/sC. 线圈的长度为 1mD. 时间内，线圈产生的热量为0 t3 1.8J【答案】AB【解析】【分析】根据感应电荷量 ，求解电荷量；q=Rt2t 3这段时间内线圈做匀速直线运动，线圈所受的安培力和重力平衡，根据平衡求出匀速直线运动的速度；11通过线圈在 t1t 2的时间间隔内，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流产生，线圈做匀加速直线运动，加速度为 g，知以 cd 在 L2为初状态，以 ab 边刚进 L3为末状态，设磁场的宽度为 d，则线圈下降的位移为 3d， 根据运动学公式求出线圈的长度。根据能量守恒求出 0t 3这段时间内线圈中所产生的电热。【详解】B 项：根据平衡有：mg
23、=BIL，而 I=BLvR联立两式解得 代入数据解得： ，故 B 正确；v=mgRB2L2 v=8msC 项：t 1t 2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，知以 cd 在 L2为初状态，以 ab 边刚进 L3为末状态，设磁场的宽度为 d，则线圈下降的位移为 3d，则有： 其中3d=vt12gt2v=8m/s，t=0.6s，代入解得 d=1m 所以线圈的长度为 L=2d=2m。故 C 错误；A 项：在 0t 1时间内，cd 边从 L1运动到 L2，通过线圈的电荷量为 ，故q=R=BLdR=0.25CA 正确；D 项：、0t 3时间内，根据能量守恒得，Q=mg（3d+2d）- ，故 D 错误。
24、12mv2=1.5J故应选：AB。【点睛】解决本题的关键理清线圈的运动情况，选择合适的规律进行求解，本题的难点就是通过线圈匀加速直线运动挖掘出下落的位移为磁场宽度的 3 倍。三、实验题探究题13.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，采用如图甲所示的装置。（1）本实验应用的实验方法是_A控制变量法 B假设法 C理想实验法（2）下列说法中正确的是_A在探究加速度与质量的关系时，应改变小车所受拉力的大小B在探究加速度与外力的关系时，应改变小车的质量C在探究加速度 与质量 的关系时，作出 图象容易更直观判断出二者间的关系a1mD无论在什么条件下，细线对小车的拉力大小总等于砝码盘和砝码的总重力大小1
25、2（3）在探究加速度与力的关系时，若取车的质量 M0.5kg，改变砝码质量 m 的值，进行多次实验，以下 m 的取值最不合适的一个是_Am 14g Bm 210g Cm 340g Dm 4500g（4）在平衡小车与长木板之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图乙所示。计时器打点的时间间隔为 0.02 s。从比较清晰的点起，每 5 个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，根据图中给出的数据求出该小车的加速度 a=_m/s2（结果保留两位有效数字） 。（5）如图所示为甲同学在探究加速度 a 与力 F 的关系时，根据测量数据作出的 a-F 图象，说明实验存在的问题是_。【答案】 （1） A （2）
26、C （3）D （4） 0.16 （5）平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力【解析】试题分析：（1）该实验是探究加速度与力、质量的三者关系，研究三者关系必须先使某一个量不变化，研究另外两个量之间的变化关系，即运用控制变量法，故选 A；（2）在探究加速度与质量的关系时，应保持小车所受拉力的大小不变，改变小车的质量，A 错误；在探究加速度与外力的关系时，应保持小车的质量不变，改变小车所受拉力的大小，B 错误；在探究加速度 与质量 的关系时，作出 图象是直线，容易更直观判断出二者间的关系，C 正确；当不满足 的条件时，细线对小车的拉力大小就不能近似等于砝码盘和砝码的总重力大小，D 错误；故选 C；（3）实验时
27、要求小车质量 M 要远远大于砂及砂桶的质量 m，D 中 M 与 m 相等，所以 D 最不合适；（4）根据 得： ；（5）图中图象与横轴的截距大于 0，说明在拉力大于 0 时，加速度等于 0，说明物体所受拉力之外的其他力的合力大于 0，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。考点：探究加速度与力、质量的关系。【名师点睛】要真正掌握了实验原理才能顺利解决此类实验题目， （1）打点计算器的工作13原理；（2）匀变速直线运动的推论公式 ；（3）满足小车质量 M 要远远大于砂及砂桶的质量 m 的条件，实验前将木板一端垫高，形成斜面来平衡摩擦力；（4）会分析图象中不是直线和不过原点的原因。14. (10 分)某
28、同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率 ，步骤如下：(1)用游标为 20 分度的卡尺测量其长度如图甲,由图可知其长度为_mm；用螺旋测微器测量其直径如图乙，由图可知其直径为_mm；用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙，则该电阻的阻值约为_(2)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻 R，现有的器材及其代号和规格如下：A待测圆柱体电阻 R B电流表 A1， （量程 04 mA，内阻约为 50）C电流表 A2， （量程 010mA，内阻约为 30）D电压表 V1， （量程 03V，内阻约为 10 k）E. 电压表 V2， （量程 015V，内阻约为 25
29、k）F滑动变阻器 R1（阻值范围 015，允许通过的最大电流 2.0A）G滑动变阻器 R2（阻值范围 02k，允许通过的最大电流 0.5A）H直流电源 E（电动势 4V，内阻不计）I 开关 S、导线若干为使实验误差较小，要求便于调节且测得多组数据进行分析，所选电流表_，电压表_，滑动变阻器_（填所选器材的符号） ，并在虚线框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号14(3)若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的 R 测量值几乎相等，由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为=_m(保留 2 位有效数字)【答案】 （1）50.15mm；（2）4.700mm；（3）220；（4）如图所示【解析】试题分析：
30、（1）由图甲，游标卡尺的读数为 50mm+30.05mm=50.15mm；由图乙，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，螺旋测微器的读数为 4mm+0.5mm+20.00.01mm=4.700mm；由图丙，用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确，欧姆表表盘的示数为22.010=220。（2）电源电动势为 4V，故电压表应选 V1，待测电阻中最大电流约为 ，则电ImaxER=18mA流表应选 A2；滑动变阻器选择小量程的，便于调节，故选 R1；因待测电阻值远小于电压表内阻，电流表应选外接法；又滑动变阻器最大阻值远小于待测电
31、阻值，故变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：15（3）根据电阻定律 、 ，代入数据解得：R=lS S=14d2 =7.6102m考点：本题考查了测定金属的电阻率和螺旋测微器及游标卡尺的读数。四、计算题15.如图所示，A、B 是水平传送带的两个端点，起初以 的速度顺时针运转。今将一质量为 1kg 的小物块（可视为质点）无初速度地轻放在 A 处，同时传送带以的加速度加速运转，物体和传送带间的动摩擦因素为 0.2，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道 CPN，其形状为半径 R=0.8m 的圆环剪去了左上角 1350的圆弧，PN 为其竖直直径，C 点与 B 点的竖直距离为 R，物体在 B 点水平离开传
32、送带后由 C 点恰好无碰撞落入轨道。取 g=10m/s2，求：（1）物块由 A 端运动到 B 端所经历的时间。（2）AC 间的水平距离（3）小物块在 P 点对轨道的压力。【答案】 （1）3s（2）8.6m（3）70-10 N【解析】试题分析：（1）物体离开传送带后由 C 点无碰撞落入轨道，则得在 C 点物体的速度方向与C 点相切，与竖直方向成 45，有 ，物体从 B 点到 C 作平抛运动，竖直方向：水平方向：16得出物体刚放上传送带时，由牛顿第二定律 得 a=2m/s2物体历时 t1后与传送带共速，则 a t1=v0+ a0t1， t1=1s得 v1=“2“ m/s4 m/s故物体此时速度还没
33、有达到 vB，且此后的过程中由于 ，物体将和传送带以共同的加速度运动，设又历时 t2到达 B 点 v B= v1+ a0t2得 t2=2s所以从 A 运动倒 B 的时间 t= t1+t2=3sAB 间的距离 s= =7m（2）从 B 到 C 的水平距离 sBC=vBt3=2R=1.6m所以 A 到 C 的水平距离 sAC=s+sBC=8.6m(3) 对 CP 段由动能定理对 P 点应牛顿第二定律：解得：N=70-10 N考点：牛顿第二定律的综合应用；平抛运动【名师点睛】此题主要是牛顿第二定律的综合应用问题；解决此题的关键是抓住过程分析及各过程之间的联系，分过程依次解决，对于在传送到上的运动又要
34、讨论各种情况，比较复杂；对于圆周运动问题逐一分析向心力来源有一定难度。16.如图所示，倾角为 30、宽度为 d1 m、长为 L4 m 的光滑倾斜导轨，导轨C1D1、 C2D2顶端接有定值电阻 R015 ，倾斜导轨置于垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度为 B5 T， C1A1、 C2A2是长为 s4.5 m 的粗糙水平轨道， A1B1、 A2B2是半径为R0.5 m 处于竖直平面内的 1/4 光滑圆环(其中 B1、 B2为弹性挡板)，整个轨道对称在导轨顶端垂直于导轨放一根质量为 m2 kg、电阻不计的金属棒 MN，当开关 S 闭合时，金属棒从倾斜轨道顶端静止释放，已知金属棒到达倾斜轨道底
35、端前已达到最大速度，当金属棒刚滑到倾斜导轨底端时断开开关 S，(不考虑金属棒 MN 经过 C1、 C2处和棒与 B1、 B2处弹性17挡板碰撞时的机械能损失，整个运动过程中金属棒始终保持水平，水平导轨与金属棒 MN 之间的动摩擦因数为 0.1， g10 m/s 2)求：(1)开关闭合时金属棒滑到倾斜轨道底端时的速度大小；(2)金属棒 MN 在倾斜导轨上运动的过程中，电阻 R0上产生的热量 Q；(3)已知金属棒会多次经过圆环最低点 A1A2，求金属棒经过圆环最低点 A1A2时对轨道压力的最小值【答案】 （1）6m/s；（2）4J；（3）56N【解析】试题分析：（1）开关闭时，金属棒下滑时切割磁感
36、线运动，产生感应电动势，产生感应电流，受到沿斜面向上的安培力，做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为 0 时，速度最大根据牛顿第二定律和安培力与速度的关系式结合，求解即可（2）下滑过程中，重力势能减小，动能增加，内能增加，根据能量守恒求出整个电路产生的热量，从而求出电阻 上产生的热量R0（3）由能量守恒定律求出金属棒第三次经过 A1A2时速度，对金属棒进行受力分析，由牛顿定律求解（1）金属棒最大速度时,电动势 ,电流 ,安培力E=Bdvm I=ER0 F=BId金属棒最大速度时加速度为 0，由牛顿第二定律得： mgsinF=0所以最大速度 vm=6m/s（2）金属棒 MN 在倾斜导轨上运动的过
37、程中，由能量守恒定律得： mgLsin=Q+12mv2m代入数据，得 Q=4J（3）金属棒第三次经过 A1A2时速度为 VA，由动能定理得： -3mgs=12mv2A-12mv2m金属棒第三次经过 A1A2时，由牛顿第二定律得 N-mg=mv2Ar由牛顿第三定律得，金属棒对轨道的压力大小 N=N=56N17.（16 分）如图所示，直线 OP 与 x 轴的夹角为 45o，OP 上方有沿 y 轴负方向的匀强电场，18OP 与 x 轴之间的有垂直纸面向外的匀强磁场区域 I，x 轴下方有垂直纸面向外的匀强磁场区域 II。不计重力，一质量为 m、带电量为 q 的粒子从 y 轴上的 A（0，l）点以速度
38、垂直 y 轴射入电场，恰以垂直于 OP 的速度进磁场区域 I。若带电粒子第二次通过 x 轴时，速度方向恰好垂直 x 轴射入磁场区域 I，在磁场区域 I 中偏转后最终粒子恰好不能再进入电场中。求：（1）带电粒子离开电场时的速度大小 ；（2）电场强度 E 的大小；（3）磁场区域 I、II 的磁感应强度 B1、B 2的大小。【答案】 （1） （2） （3） ，v=2v0 E=3mv202ql B1=3mv02ql B2=3(2+2)mv02ql【解析】试题分析：（1）粒子到达 C 点时 , ,解得vy=v0v=v2y+v20 v=2v0（2）粒子从 A 到 C 的过程，粒子做类平抛运动，设粒子沿 x
39、 轴方向的位移为 x1，沿 y 轴方向的位移为 y1,图中 OD 之间的距离为 y2,可得 ， ， ， ，x=v0t y1=12at2 vy=at a=Eqm，解得：y1+y2=l E=3mv202ql（3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，解得qvB=mv2R设在磁场 I 中粒子运动半径为 R1，因粒子垂直通过 x 轴,因此 OC 等于 R1，由几何关系可得：，R1=223l，粒子在磁场 II 中运动后返回磁场 I 中后，刚好不回到电场中，其运动轨迹应与B1=3mv02qlOP 相切，轨迹如图所示，设粒子在磁场 II 中的半径为 R2，据几何关系可得：，解得 。2R1=2R2+2R1 B2=3(2+2)mv02ql19考点：本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动20
