福建三明市A片區(qū)高中聯(lián)盟校高三上學(xué)期期末考試物理試題

福建省三明市A片區(qū)高中聯(lián)盟校2018屆高三上學(xué)期階段性考試（期末考）物理試題一.選擇題：1.下列說法錯(cuò)誤的是：A.千克、米、秒都是國(guó)際單位制中的基本單位B.探究加速度與力和質(zhì)量關(guān)系的實(shí)驗(yàn)中運(yùn)用了控制變量法C.加速度a=F/m、功率P=W/t的定義都運(yùn)用了比值定義法D.平均速度、合力，有效值等槪念的建立運(yùn)用了等效替代法【答案】C【解析】千克、米、秒都是國(guó)際單位制中的基本單位，選項(xiàng)A正確；探究加速度與力和質(zhì)量關(guān)系的實(shí)驗(yàn)中運(yùn)用了控制變量法，選項(xiàng)B正確；功率P=W/t的定義運(yùn)用了比值定義法，而加速度a=F/m不是比值定義法，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；平均速度、合力，有效值等槪念的建立運(yùn)用了等效替代法，選項(xiàng)D正確；故選C.2.某電視臺(tái)每周都有棋類節(jié)目，鐵質(zhì)的棋盤豎直放置，每個(gè)棋了都是一個(gè)小磁鐵，能吸在棋盤上，不計(jì)棋子之間的相互作用力，下列說法正確的是A..小棋子共受三個(gè)力作用B.棋子對(duì)棋盤的壓力大小等于重力C.磁性越強(qiáng)的棋子所受的摩擦力越大D.質(zhì)量不同的棋子所受的摩擦力大小不同【答案】D..................考點(diǎn)：物體的彈性和彈力；彈性形變和范性形變【名師點(diǎn)睛】此題主要考查學(xué)生對(duì)二力平衡條件及其應(yīng)用的理解和掌握，特別注意是摩擦力與重力相平衡，難度不大。3.AB兩物體沿同一方向運(yùn)動(dòng)，它們的vt圖象如圖所示，下列判斷正確的是A.在0t1這段時(shí)間內(nèi)，B物體的位移比A物體的位移大B.在t1時(shí)刻前，B物體的速度始終比A物體增加得快C.在t1時(shí)刻前，B物體始終在A物體的前面D.在t1時(shí)刻兩物體不可能相遇【答案】A【解析】在vt圖象中，圖象與時(shí)間軸所圍的面積表示物體運(yùn)動(dòng)的位移，故在0t1這段時(shí)間內(nèi)，B物體的位移比A物體的位移大，故A正確；在vt圖象中，斜率表示加速度，在t1時(shí)刻，B物體的加速度先大于A的加速度，后小于A的加速度，則B物體的速度先比A物體速度增加得快，后比A物體速度增加得慢，故B錯(cuò)誤；A、B出發(fā)的位置不確定，無法判斷A、B的位置關(guān)系，故C錯(cuò)誤；由于不知道出發(fā)時(shí)的位置關(guān)系，故在t1時(shí)刻兩物體有可能相遇，故D錯(cuò)誤，故選A.點(diǎn)睛：本題主要考查了vt圖象，關(guān)鍵是明確在vt圖象中斜率代表加速度，與時(shí)間軸所圍面積表示物體通過的位移。4.如圖所示為某靜電除塵裝置的原理圖，廢氣先經(jīng)過一個(gè)機(jī)械過濾裝置再進(jìn)入靜電除塵區(qū)．圖中虛線是某一帶負(fù)電的塵埃（不計(jì)重力）僅在電場(chǎng)力作用下向集塵極遷移并沉積的軌跡，A、B兩點(diǎn)是軌跡與電場(chǎng)線的交點(diǎn)．不考慮塵埃在遷移過程中的相互作用和電量變化，則以下說法正確的是（）A.A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì)B.塵埃在A點(diǎn)的加速度大于在B點(diǎn)的加速度C.塵埃在遷移過程中做勻變速運(yùn)動(dòng)D.塵埃在遷移過程中電勢(shì)能一直在增大【答案】B【解析】沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，由圖可知，B點(diǎn)的電勢(shì)高于A點(diǎn)電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；由圖可知，A點(diǎn)電場(chǎng)線比B點(diǎn)密集，因此A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，故A點(diǎn)的電場(chǎng)力大于B點(diǎn)的電場(chǎng)力，則A點(diǎn)的加速度大于B點(diǎn)的加速度，故B正確；放電極與集塵極間建立非勻強(qiáng)電場(chǎng)，塵埃所受的電場(chǎng)力是變化的．故粒子不可能做勻變速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；由圖可知，開始速度方向與電場(chǎng)力方向夾角為鈍角，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大；后來變?yōu)殇J角，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減?。粚?duì)于全過程而言，根據(jù)電勢(shì)的變化可知，電勢(shì)能減小，故D錯(cuò)誤．故選B．點(diǎn)睛：本題考查考查分析實(shí)際問題工作原理的能力，解題時(shí)要明確電場(chǎng)線的分布規(guī)律，并且能抓住塵埃的運(yùn)動(dòng)方向與電場(chǎng)力方向的關(guān)系是解題突破口．5.用豆粒模擬氣體分子，可以模擬氣體壓強(qiáng)產(chǎn)生的原理．如圖所示，從距秤盤80cm高度把1000粒的豆粒連續(xù)均勻地倒在秤盤上，持續(xù)作用時(shí)間為1s，豆粒彈起時(shí)豎直方向的速度變?yōu)榕銮暗囊话耄裘總€(gè)豆粒只與秤盤碰撞一次，且碰撞時(shí)間極短（在豆粒與秤盤碰撞極短時(shí)間內(nèi)，碰撞力遠(yuǎn)大于豆粒受到的重力），已知1000粒的豆粒的總質(zhì)量為100g．則在碰撞過程中秤盤受到的壓力大小約為（）A.0.2NB.0.6NC.1.0ND.1.6N【答案】B【解析】豆粒從80cm高處落下時(shí)速度為v，，則設(shè)向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理：B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。6.夏季游樂場(chǎng)的“飛舟沖浪”項(xiàng)目受到游客的歡迎，如圖所示，一游客（可視為質(zhì)點(diǎn)）以某一水平速度從A點(diǎn)出發(fā)沿光滑圓軌道運(yùn)動(dòng)，至B點(diǎn)時(shí)脫離軌道，最終落在水面上的C點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（）A.在A點(diǎn)時(shí)，游客處于超重狀態(tài)B.從B到C過程，游客的機(jī)械能增大C.在B點(diǎn)時(shí)，游客的向心加速度為gD.從A到B過程，游客的加速度不斷增大【答案】D【解析】在A點(diǎn)，小球具有豎直向下的向心加速度，此瞬間處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；從B到C過程，小球只受重力作用，游客的機(jī)械能守恒，故B錯(cuò)誤；小球在B點(diǎn)剛離開軌道，則小球?qū)A軌道的壓力為零，游客的加速度為g，豎直向下，但向心加速度小于g，故C錯(cuò)誤；小球受重力和支持力的作用，并且由A到B的過程支持力在豎直方向上的分力減小，因此重力和支持力的合力增大，加速度增大，故D正確。故選D.點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵要掌握機(jī)械能守恒的條件，明確人的受力情況即可分析加速度的變化，同時(shí)注意明確向心加速度和切向加速度的區(qū)別。7.如圖所示，質(zhì)量為m，長(zhǎng)為l的銅棒ab，用長(zhǎng)度也為l的兩根輕導(dǎo)線水平懸吊在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，未通電時(shí)，輕導(dǎo)線靜止在豎直方向，通入恒定電流后，棒向外偏轉(zhuǎn)的最大角度為θ，則（）A.棒中電流的方向?yàn)閎→aB.棒中電流的大小為C.棒中電流的大小為D.若只增大輕導(dǎo)線的長(zhǎng)度，則θ角變大【答案】C【解析】根據(jù)導(dǎo)體棒受到的安培力方向可知，電流的方向由a到b，故A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可知，BIl2sinθmgl（1cosθ）=00，解得I=，故B錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)B可知，最大偏轉(zhuǎn)角與導(dǎo)線的長(zhǎng)度無關(guān)，故D錯(cuò)誤；故選C.8.過去幾千年來，人類對(duì)行星的認(rèn)識(shí)與研究?jī)H限于太陽系內(nèi)，行星“51pegb”的發(fā)現(xiàn)拉開了研究太陽系外行星的序幕，“51pegb”繞其中心恒星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期約為4天，軌道半徑約為地球繞太陽運(yùn)動(dòng)半徑的1/20，該中心恒星與太陽的質(zhì)量比約為（）A.1/10B.1C.5D.10【答案】B【解析】研究行星繞某一恒星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式為：

，解得；“51pegb”繞其中心恒星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期約為4天，軌道半徑約為地球繞太陽運(yùn)動(dòng)半徑的1/20，所以該中心恒星與太陽的質(zhì)量比約為，故選B．點(diǎn)睛：要求解一個(gè)物理量大小變化，我們應(yīng)該把這個(gè)物理量先表示出來，再根據(jù)已知量進(jìn)行判斷．向心力的公式選取要根據(jù)題目提供的已知物理量或所求解的物理量選取應(yīng)用．視頻9.真空中一半徑為r0的帶電金屬球，通過其球心的一直線上各點(diǎn)的電勢(shì)φ分布如圖所示，圖中x1、x2、x3分別是該直線上A、B、C三點(diǎn)離球心的距離，根據(jù)φx電勢(shì)圖象，判斷下列說法中正確的是（）A.該金屬球可能帶負(fù)電B.B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度C.A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向由A指向BD.電荷量為q的正電荷沿直線從B移到C的過程中，電場(chǎng)力做功W=q（φ2φ3）【答案】BD【解析】由圖可知0到r0電勢(shì)不變，之后電勢(shì)變小，帶電金屬球?yàn)橐坏葎?shì)體，再依據(jù)沿著電場(chǎng)線方向，電勢(shì)降低，則金屬球帶正電，故A錯(cuò)誤；B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向由B指向C，B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，選項(xiàng)B正確；A點(diǎn)在金屬球的內(nèi)部，場(chǎng)強(qiáng)為零，正確C錯(cuò)誤；正電荷沿直線從B移到C的過程中，電場(chǎng)力做功W=qUBC=q（φ2φ3），故D正確．故選BD．10.如圖所示，將一小球從空中A點(diǎn)以水平速度v0拋出，經(jīng)過一段時(shí)間后，小球以大小為2v0的速度經(jīng)過B點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，則小球從A到B（）A.下落高度為B.經(jīng)過的時(shí)間為C.速度增量為v0，方向豎直向下D.運(yùn)動(dòng)方向改變的角為60°【答案】AD【解析】小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)豎直分速度；由vy=gt得；根據(jù)h=gt2得，h=．故A正確，B錯(cuò)誤。速度增量為△v=gt=v0，方向豎直向下，故C錯(cuò)誤。球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)速度與水平方向的夾角正切tanα=，α=60°，即運(yùn)動(dòng)方向改變的角為60°．故D正確。故選AD.點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵是要知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，運(yùn)用平行四邊形定則研究分運(yùn)動(dòng)的速度，要知道分運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性。11.如圖所示為一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為+q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長(zhǎng)的粗糙細(xì)桿上滑動(dòng)，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．現(xiàn)給圓環(huán)向右初速度v0，在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的vt圖象可能是下圖中的（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】當(dāng)qvB=mg時(shí)，小環(huán)做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)圖象為B，故B正確；當(dāng)qvB＞mg時(shí)，F(xiàn)N=qvBmg，此時(shí)：μFN=ma，所以小環(huán)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，直到qvB=mg時(shí)，小環(huán)開始做勻速運(yùn)動(dòng)，故C正確；當(dāng)qvB＜mg時(shí)，F(xiàn)N=mgqvB此時(shí)：μFN=ma，所以小環(huán)做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，直至停止，所以其vt圖象的斜率應(yīng)該逐漸增大，故AD錯(cuò)誤．故選BC.12.如圖所示電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為E內(nèi)阻為r，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R2滑動(dòng)端向右滑動(dòng)后，理想電流表A1、A2的示數(shù)變化量的絕對(duì)值分別為△I1、△I2，理想電壓表示數(shù)變化量的絕對(duì)值為△U．下列說法中正確的是（）A.電流表A2的示數(shù)變小B.電壓表V的示數(shù)減小C.△U與△I1比值一定小于電源內(nèi)阻rD.△U與△I2比值一定小于電源內(nèi)阻r【答案】ABC【解析】當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)端向右滑動(dòng)后，變阻器接入電路的電阻增大，外電路總電阻增大，則總電流減?。噪娏鞅鞟2的示數(shù)減小．根據(jù)串聯(lián)電路分壓的特點(diǎn)分析可知，并聯(lián)部分電壓增大，即電壓表V的示數(shù)增大，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)并聯(lián)電路的電流規(guī)律I2=I1+I，A2的示數(shù)I2變小，通過定值電阻R1的電流增大，則A1的示數(shù)I1變小，所以△I1一定大于△I2．

電壓表測(cè)量路端電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律U=EI2r可知，=r，而△I1大于△I2，所以＜r．故D錯(cuò)誤，C正確．故選AC.點(diǎn)睛：本題是一道閉合電路的動(dòng)態(tài)分析題，分析清楚電路結(jié)構(gòu)、明確電表所測(cè)電壓，關(guān)鍵能根據(jù)閉合電路歐姆定律分析電壓與電流變化的比值，即可正確解題．13.發(fā)動(dòng)機(jī)額定功率為Po的汽車在水平路面上從靜止開始先勻加速啟動(dòng)，最后達(dá)到最大速度并做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知汽車所受路面阻力恒為f，汽車剛開始啟動(dòng)時(shí)的牽引力和加速度分別為F0和a0，如圖所示描繪的是汽車在這一過程中速度隨時(shí)間以及加速度、牽引力和功率隨速度變化的圖象，其中正確的是（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】汽車勻加速啟動(dòng)時(shí)，a一定，根據(jù)v=at知v增大，F(xiàn)=ma+Ff知F一定，根據(jù)P=Fv知牽引力增大，功率P也均勻增大，達(dá)到P額后，功率保持不變，由v繼續(xù)增大，所以F=P/v減小，減小，當(dāng)F=f時(shí)，a=0，vm=P/f，此后做勻速運(yùn)動(dòng)，故AC正確，BD錯(cuò)誤．故選AC.點(diǎn)睛：對(duì)于機(jī)車啟動(dòng)問題，要根據(jù)牛頓第二定律和汽車功率P=Fv進(jìn)行討論，弄清過程中速度、加速度、牽引力、功率等變化情況．14.如圖所示，物塊A、B、C、D的質(zhì)量都是m，并都可吞作質(zhì)點(diǎn)，四個(gè)物塊用細(xì)線通過輕質(zhì)滑輪連接；物塊B與C、C與D、D與地面的距離都是L；現(xiàn)將物體A下方的細(xì)線剪斷，若物體A距離滑輪足夠遠(yuǎn)且不計(jì)一切阻力，則：A.A上升的最大速度是B.A上升的最大速度是C.A上升的最大高度是D.A上升的最大高度是【答案】AD【解析】由牛頓第二定律得：D落地前，對(duì)ABCD系統(tǒng)：3mgmg=4ma1，解得：a1=g，D落地后C落地前，對(duì)ABC系統(tǒng)：2mgmg=3ma2，解得：a2=g，D落地前運(yùn)動(dòng)時(shí)間：，D落地時(shí)的速度：v1=a1t1=，從D落地到C落地過程：v22v12=2a2L，解得：v2=，C落地后A向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，B落地后A向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，由此可知，C落地時(shí)A的速度最大為，故A正確，B錯(cuò)誤；B落地后A向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，上拋的高度：h=，A上升的最大高度：H=3L+h=L，故C錯(cuò)誤，D正確；故選AD.點(diǎn)睛：本題考查了牛頓第二定律的應(yīng)用，考查了求速度與位移問題，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可解題。解題時(shí)注意研究對(duì)象的選擇。二.填空題：15.某同學(xué)利用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置探究合力做功與動(dòng)能變化之間的關(guān)系；（1）實(shí)驗(yàn)中需要通過調(diào)整木板傾斜程度以平衡摩擦力，目的是______A．為了使小車能做勻加速運(yùn)動(dòng)B．為了增大繩子對(duì)小車的拉力C．為了使繩子對(duì)小車做的功等于合外力對(duì)小車做的功（3）為了使繩子的拉力約等于鉤碼的總重力，需要確保鉤碼的總質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量．實(shí)驗(yàn)時(shí)，先接通電源，再釋放小車，得到圖乙所示的一條紙帶．在紙帶上選取三個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)A、B、C，測(cè)得它們到起始點(diǎn)O的距離分別為sA、sB、sC，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為T，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，實(shí)驗(yàn)時(shí)鉤碼的總質(zhì)量為m，小車的質(zhì)量為M．從O到B的運(yùn)動(dòng)過程中，拉力對(duì)小車做功W=________，小車動(dòng)能變化量△Ek=__________（4）另一位同學(xué)在本實(shí)驗(yàn)中，也平衡了摩擦力，并打出了一條紙帶，但鉤碼的總質(zhì)量m沒有遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量M，在處理數(shù)據(jù)時(shí)，他仍然取繩子的拉力約等于鉤碼的總重力．該同學(xué)采用圖象法進(jìn)行數(shù)據(jù)分析：在紙帶上選取多個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，測(cè)量起始點(diǎn)O到每個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)的距離，并計(jì)算出每個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)對(duì)應(yīng)的小車速度v以及從O點(diǎn)到該計(jì)數(shù)點(diǎn)對(duì)應(yīng)的過程中繩子拉力所做的功W，描繪出v2W圖象．請(qǐng)你根據(jù)所學(xué)的知識(shí)分析說明：該同學(xué)所描繪的v2W圖象應(yīng)當(dāng)是_________（填“直線”或“曲線”）（不考慮空氣阻力影響）．【答案】(1).C(2).mgsB(3).(4).直線【解析】（1）實(shí)驗(yàn)前要把木板的一端適當(dāng)墊高以平衡摩擦力，平衡摩擦力后小車受到的合力等于繩子的拉力，可以使繩子對(duì)小車做的功等于合外力對(duì)小車做的功，故AB錯(cuò)誤，C正確；故選C．

（2）從O到B的運(yùn)動(dòng)過程中，拉力對(duì)小車做功W=mgsB；

打下B點(diǎn)時(shí)小車的速度：，小車動(dòng)能變化量△Ek=Mv2=；

（4）設(shè)細(xì)線的拉力為F，小車發(fā)生位移為x時(shí)的速度大小為v，加速度大小為a，

根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)于小車有：F=Ma

①

對(duì)于鉤碼有：mgF=ma

②

本實(shí)驗(yàn)中：W=mgx

③

根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：v2=2ax

④

聯(lián)立①②③④式可得：W=（M+m）v2，v2=W，

由于M+m不變，則v2與W成正比，該同學(xué)所描繪的v2W圖象應(yīng)當(dāng)是直線．點(diǎn)睛：探究合力做功與動(dòng)能變化之間的關(guān)系關(guān)系實(shí)驗(yàn)時(shí)需要求出小車動(dòng)能的變化量與合外力做功，實(shí)驗(yàn)前要平衡摩擦力，需要測(cè)出小車質(zhì)量與速度，知道實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提；求出函數(shù)表達(dá)式是解最后一問的關(guān)鍵，對(duì)于實(shí)驗(yàn)題一定要理解實(shí)驗(yàn)原理．三.計(jì)算題：16.如圖所示，足夠長(zhǎng)的斜面傾角θ=37°，一物體以v0=12m/s的初速度從斜面上的A點(diǎn)開始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25．g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）物體沿斜面向上滑行的最大距離；（2）物體從斜面上的最遠(yuǎn)點(diǎn)返回底部的時(shí)間；【答案】(1)(2)【解析】（1）根據(jù)牛頓第二定律得，上滑的加速度為：a=gsin37°+μgcos37°解得a1=8m/s2由v02=2ax解得上滑的最大距離（2）根據(jù)牛頓第二定律得，物體下滑的加速度為：a2=gsinθμgcosθ解得a2=4m/s2．根據(jù)解得17.用質(zhì)量為m、總電阻為R的導(dǎo)線做成邊長(zhǎng)為l的正方形線框MNPQ，并將其放在光滑的平行絕緣的傾斜軌道上，軌道的傾角為θ，平行導(dǎo)軌的間距也為l，如圖所示．在導(dǎo)軌的下端有一寬度為l（即ab=l）、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的邊界aa′、bb′垂直于導(dǎo)軌，磁場(chǎng)的方向與線框平面垂直．把線框從靜止?fàn)顟B(tài)釋放，線框恰好能夠勻速地穿過磁場(chǎng)區(qū)域．若當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，求：（1）線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的運(yùn)動(dòng)速度和離開磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流的方向；（2）線框MN邊運(yùn)動(dòng)到aa′的過程中通過線框?qū)Ь€橫截面的的電荷量；（3）穿過磁場(chǎng)的過程中，線框中所產(chǎn)生的熱量Q．【答案】(1)方向MNPQM(2)(3)2mglsinθ

【解析】（1）感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E=Blv感應(yīng)電流：I=E/R安培力：F=BIl線框在磁場(chǎng)區(qū)域做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，其受力如圖所示F=mgsinθ

解得勻速運(yùn)動(dòng)的速度：v=由楞次定律，線框離開磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流方向MNPQM（2）由BIl=mgsinθ得，I＝，所以q＝It＝（3）通過磁場(chǎng)過程中線框沿斜面勻速運(yùn)動(dòng)了2

l的距離，由能量守恒定律得：△E增=△E減機(jī)械能的減小量為△E減=mg?2lsinθ故產(chǎn)生的熱量為Q=△E減=2mglsinθ

點(diǎn)睛：本題主要考查了電磁感應(yīng)，明確導(dǎo)線切割磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流產(chǎn)生安培力，抓住共點(diǎn)力平衡列方程；注意電磁感應(yīng)問題中的能量轉(zhuǎn)化關(guān)系.18.如圖所示，在xoy平面坐標(biāo)系中，x軸上方存在電場(chǎng)強(qiáng)度E=1000v/m、方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)；在x軸及與x軸平行的虛線PQ之間存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=2T、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)寬度為h．一個(gè)質(zhì)量m=2×108kg、帶電量q=+1.0×105C的粒子從y軸上（0，0.04）的位置以某一初度v0沿x軸正方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力．

（1）若v0=200m/s，ⅰ求粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的大小和方向；（2）若磁場(chǎng)足夠?qū)挘笤诖艌?chǎng)運(yùn)動(dòng)過程中粒子到x軸距離的最大值d.（3）無論初速度v0大小如何，從該位置射入的所有粒子都能經(jīng)磁場(chǎng)返回電場(chǎng)，求磁場(chǎng)寬度的最小值hm．【答案】（1）200m/s，與x軸成45°角

（2）0.083m（3）0.2m

【解析】（1）ⅰ帶電粒子垂直進(jìn)入電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得：Eq=ma

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：y=at2

粒子剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)豎直分速度大小為：vy=at=200m/s

根據(jù)幾何關(guān)系有：v2=vx2+vy2tanα=代入數(shù)據(jù)解得：v=200m/s，與x軸成45°角

ⅱ.進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．

根據(jù)Bqv=m運(yùn)動(dòng)過程中粒子到x軸的最大距離為d=rrcosα解得d=0.2(1)≈0.083m

（2）Bqv=md＝r?rcosθ＝?＝當(dāng)v0=0時(shí)，運(yùn)動(dòng)過程中粒子到x軸的距離最大dm=0.2m

要粒子經(jīng)磁場(chǎng)返回電場(chǎng)，即不從磁場(chǎng)下邊穿出，磁場(chǎng)的寬度h≥d

，所以磁場(chǎng)寬度應(yīng)為hmin=0.2m

點(diǎn)睛：帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)偏轉(zhuǎn)時(shí)，常用運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解來研究。粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心、半徑及運(yùn)動(dòng)時(shí)間的確定也是本題的一個(gè)考查重點(diǎn)，要正確畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圖，能熟練的運(yùn)用幾何知識(shí)解決物理問題。19.如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，該裝置由三部分組成，傳送帶左邊是足夠長(zhǎng)的光滑水平面，一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接著質(zhì)量M=6.0kg的物塊A．裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺(tái)面等高，并能平滑對(duì)接．傳送帶的皮帶輪逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，使傳送帶上表面以u(píng)=2.0m/s勻速運(yùn)動(dòng)．傳送帶的右邊是一半徑R=1.25m位于豎直平面內(nèi)的光滑1/4圓弧軌道．質(zhì)量m=2.0kg的物塊B從1/4圓弧的最高處由靜止釋放．已知物塊B與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1，傳送帶兩軸之間的距離l=4.5m．設(shè)物塊A、B之間發(fā)生的是正對(duì)彈性碰撞，第一次碰撞前，物塊A靜止．取g=10m/s2．求：（1）物塊B滑到1/4圓弧的最低點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道的壓力；（2）物塊B與物塊A第一次碰撞后彈簧的最大彈性勢(shì)能；（3）如果物塊A、B每次碰撞后，