【解析】福建省厦门市2015届高三上学期1月质检检测物理试题

厦门市2014 -2015学年度第一学期高三质量检测

物理

【试卷综析】本试卷是高三试题，包含了高中物理的全部内容，主要包含匀变速运动规律、受力分析、牛顿运动定律、电场、磁场、带电粒子的运动、交变电流、电磁感应、机械波、光的折射定律等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导。，思路活，是份非常好的试卷。

―、选择题〖本题共12题9每小题3分3共36分。在每小题给出的四个选项中、只有一个选项符合题目要求）

【题文】1、在物理学理论建立的过程中；有许多伟大的科学家做出了贡献。关于科学家和他们的贡献5下列说法中正确的是

A、亚里斯多德根据理想斜面实验9提出力不是维持物体运动的原因。

B、牛顿发现了万有引力定律，并设计了扭秤测量出了引力常量。

C、库仑通过扭秤实验确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律。

D、法拉第通过实验研究9发现通电导线能产生磁场

【知识点】物理学史．P0

【答案解析】C解析： A、伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因．故A错误；B、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量；故B错误; C、库仑通过扭秤实验确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律；故C正确；D、奥斯特首次发现了通电导线周围存在着磁场，故D 错误；故选C

【思路点拨】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．对于物理学史不但要明确主要科学家的贡献，还要明确在物理的形成过程中的一些主要的物理方法．

【题文】2。物体同时受到同一平面内三个共点力的作用5下列几组力的合力不可能为零的

是

A.5N 7M 8N

B.5N 2N 3N

C.1N 5N 10N

D.10N 10N 10N

【知识点】力的合成．B3

【答案解析】C解析： A、5N与7N合成最大12N，最小2N，当取8N时与第三个力合成，最终合力为0N，故A错误；B、5N和2N合成最大7N，最小3N，当取3N时与第三个力合成，最终合力为0N，．故B错误；C、1N和5N合成最大6N，最小4N，不可能为10N，故与第三个力不可能平衡，故C正确；D、10N和10N合成最大20N，最小0N，当取10N时，与第三个力平衡，故D错误；故选C．

【思路点拨】三力合成，先将其中的两个力合成，再与第三个力合成，合成时，三力同向合力最大，两个力合成的合力有个范围，用与第三个力最接近的数值与第三个力合成求最小合力．力平衡，三个力中任意两个力的合力必然与第三个力等值、反向、共线．

【题文】3。如图所示9两细束单色光平行射到同一+三棱镜上，经折射后交于光屏上的同一个点M。则

下列说法中正确的是

A、如果a为蓝色光5则b可能为红色光 .

B、在该三棱镜中a色光的传播速率比b光的传播速率大

C、棱镜射向空气中a色光的临界角比b色光的临界角大。^

D、a光的折射率小于b光折射率

【知识点】光的折射定律．N1

【答案解析】A解析：由图看出，a光通过三棱镜后偏折角较大，根据折射定律得知三棱镜对a光的折射率较大，故D错误；因玻璃三棱镜对蓝光的折射率大于对红光的折射率，a为蓝光，b为红光．故A正确；

根据即b光在棱镜中的速率大．故B错误；C、由临界角公式

知：a光的偏折角大于b光的偏折角，则a色光的临界角比b色光的临界角小，故C错误．故选：A．

【思路点拨】玻璃三棱镜对蓝光的折射率大于对红光的折射率，经过三棱镜后，蓝光的偏折角较大．本题是光的色散问题，在七种色光中紫光的折射率最大，红光的折射率最小，同样条件下，紫光的偏折角最大，红光的偏折角最小．可结合光的色散实验结果进行记忆．

【题文】4。在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示。产生的

交变电动势随时间变化的规律如图乙所示。则下列说法正确的是

C

D、电动势瞬时值为22V时5线圈平面与中性面的夹角为45。

【知识点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．M1

【答案解析】D解析： A、由图象知：t=0.01s时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，A错误；

B、该交变电动势的有效值为B错误；

C、当t=0时，电动势为零，线圈平面与磁

场方向垂直，故该交变电动势的瞬时值表达式为πt)V，C错误；D、电动势瞬时值为22V时，代入瞬时表达式，则有线圈平面与中性面的夹角为45°，D正确；故选：D

【思路点拨】从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大，转速加倍，最大值加倍．本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力，并掌握有效值与最大值的关系．

【题文】5。汽车以恒定的功率在平直公路上行驶9所受到的摩擦阻力恒等于车重的0。1倍9汽车能达到的

最大速度为m V 。则当汽车速度为/汽车的加速度为〔重力加速度为名)

A .0.1g B.0.2g ' C 。0.3g

D 。0.4g

【知识点】 功率、平均功率和瞬时功率．E1 【答案解析】A 解析：令汽车质量为m ，则汽车行驶时的阻力f=0.1mg ．当汽车速度最大v m 时，汽车所受的牵引力F=f ，则有：P=f?v m

根据牛顿第二定律：F-f=ma 所以

故A 正确，B 、C 、D 均错误．故选：A ． 【思路点拨】汽车达到速度最大时，汽车的牵引力和阻力相等，根据功率P=Fv ，可以根据题意算出汽车发动机的功率P ，当速度为

P=Fv 即可求出此时的F ，根据牛顿第二定律就可求出此时的加速度．掌握汽车速度最大时，牵引力与阻力大小相等，能根据P=FV 计算功率与速度的关系．

【题文】6一列简谐横波沿X 轴正向传播,t = 0时的图像如图所示,，此时刻后后介质中P 质点回到平 衡位置的最短时间为0.2S,Q 质点回到平衡位置的最短时间为1s ，已知t=0时两质 点相对平衡位置的位移相同，则

A 、该简谐波的传播周期为1.2s

B 、该简谐波的传播速度为0.0 5m/s

C 、t =0.4s ,质点的加速度沿y 轴正方向 。

D 、经过1s 质点Q 向右移动了 0。0 5 m

【知识点】 波长、频率和波速的关系；横波的图象．G2 G4

【答案解析】B 解析： A 、由题意简谐横波沿x 轴正向传播，分析得知，此时P 点向下运动，Q 点向上，它们周期相同，则T=2×（0.2s+1s ）=2.4s ．故A 错误．B 、λ=12cm

．故B 正确．C 、由题分析可知：p 质点回到平衡位置的最短时间为0.2s ，从平衡位置到达波谷的最短时间为0.6s ，则t=0.4s 时P 点恰好到达波峰，加速度为负向．故C 错误．D 、简谐横波沿x 轴正向传播，质点Q 振动方向与x 轴垂直，在x 轴方向没有位移．故D 错误．故选C

【思路点拨】根据题给条件P 、Q 回到平衡位置的最短时间求出周期，读出波长，由波速公式求出波速．分析波动形成的过程，可确定质点P 在t=0.8s 时加速度方向．波的特性之一：波向前传播时，介质中各质点只在平衡位置附近振动，并不随波向前迁移，简述叫质点“不随波逐流”．

【题文】7^某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为地球半径R 的两倍9卫星的线速度为 V ,设地面的重力加速度为g 则有 2A v gR =B v gR = 2C v gR =V 2D v gR =【知识点】 万有引力定律的应用 D5

【答案解析】A 解析： ，在地球表面2GM gR = 故A 正确；B 、C 、D 错误；故选A 【思路点拨】根据万有引力提供向心力求得速度，然后根据地面黄金代换求解。

【题文】8如图所示9实线为电视机显像管主聚焦电场中的等势面。- a 、b 、c 、d 为圆上的四个点9则下列说法中正确的是

A a 、b 、c 、d 四点电场强度相同

B 一

电子从b 点运动到c 点，电场力做的功为0。8eV 。 C 若一^电子从左侧沿中心轴线芽越电场区域，将做加速度先减小后增加的直线运动

D 。所有从左侧平行于中心轴线进入电场区域的电子5都将会从右侧平行于中心轴线穿出。

【知识点】 等势面；电势．I1

【答案解析】 B 解析：A 、根据题意，a 、b 两点电势相等，c 、d 两点电势相等的，由等势面与电场线垂直的关系及电场强度方向与该点的切线方向一致，则它们的电场强度方向不同．故A 错误；B 、一电子从b 点运动到c 点，电势差为U bc =φb -φc =0.1V-0.9V=-0.8V ，而电子带负电，则电场力做功为0.8eV ，故B 正确；C 、若一电子从左侧沿中心轴线穿越电场区域，根据等势面疏密程度，可知电场线的疏密程度，从而可确定电场力先增大后减小，所以加速度先增大后减小，故C 错误；D 、电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面，则中间虚线上电场线是向左的直线，因此电子受到的电场力向右一束电子从左侧平行于中心轴线进入电场区域，根据曲线运动条件运动轨迹向合力方向偏，因此只有在中心轴线的电子沿直线运动，其余做曲线运动并向中心轴线汇聚，故D 错误；故选：D ．

【思路点拨】电场线与等势面垂直，负电荷逆着电场线运动电场力做正功，根据轨迹弯曲方向判断电荷的受力方向．做好本题的关键是根据等势面画出电场线，再由曲线运动条件与负电荷电场力方向来判断在电场中的运动．同时考查W=qU ，及电场强度是矢量．

【题文】9。在半径为『、电阻为R 的圆形导线框内9以直径为界9左、右两侧分别存在着方向如图甲所 示的匀强磁场。以垂直纸面向外的磁场为正5两部分磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化 规律分别如图乙所示。则0?t 。时间内9导线框中

A 、没有感应电流 ,

B 、感应电流方向为逆时针

C 、感应电流大小为()200/r B t R π

D 、感应电流大小为()2002/r B t R π

【知识点】 法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．I2 L2

【答案解析】C 解析： A 、根据楞次定律可知，左边的导线框的感应电流是顺时针，而右边的导线框的感应电流也是顺时针，则整个导线框的感应电流方向顺时针，故AB 错误；

C 、由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化，导致导线框内产生感应电动势，结合题意可知，产生感应电动势正好是两者之和，即为

故C 正确，D 错误；故选：C ．

【思路点拨】根据楞次定律可知感应电流的方向；由法拉第电磁感应定律，结合电源的串联特征，并依闭合电路欧姆定律，则可求解．考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，注意磁场正方向的规定，及掌握两个感应电动势是相加还是相差，是解题的关键．

【题文】10。利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是霍尔元件的 工作原理示意图5磁感应强度5垂直于霍尔元件的工作面向下,通入图示方向的电流I 5C D 两侧面会形成电势差U C D 下列说法中正确的是

A 、电势差U C D 仅与材料有关

B 、若霍尔元件的载流子是自由电子5则电势差U

C

D 〈0

C 、仅增大磁感应强度时，电势差U C

D 可能不变

D 、在测定地球赤道上方的地磁场强弱时9元件的工作面应保持水平

【知识点】 霍尔效应及其应用；电势差． L4 L5

【答案解析】 B 解析：ABC 、根据左手定则，电子向C 侧面偏转，C 表面带负电，D 表面带正电，所以D 表面的电势高，则U CD ＜0．CD 间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a 、b 、c ，有

，I=nqvs=nqvbc ，则

A 、C 错误，

B 正确．D 、在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过．故D 错误．故选：B ．

【思路点拨】在霍尔元件中，移动的是自由电子，根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道C 、D 两侧面会形成电势差U CD 的正负．CD 间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差U CD 与什么因素有关．解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡．

【题文】11、在-倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A 、B ，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数k 为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的 恒力F 拉物块A 使之向上运动，当物块B 刚要离开挡板

C 时，物块A 沿斜面运动的距离 为d ，速度为V ，则

A .此过程中拉力F 做功的大小等于物块A 动能的增加量

B.当物块B 刚要离开挡板时，受力满足2sin m g kd θ=,

C 当物块B 刚要离开挡板时，物块A 的加速度为 ()1/m F kd -

D.【知识点】 功能关系；功的计算．E1 E6

【答案解析】C 解析： A 、根据动能定理，物体A 上滑时有重力、拉力F 和弹簧弹力对A 做功，根据动能定理，弹力、重力和拉力F 对物体A 做的总功等于物体A 动能的增量．（开始时物体A 静止有m 1gsin θ=kx 1，当B 刚要开始运动时满足m 2gsin θ=kx 2，弹簧的弹性势能先减小再增加，m 1=m 2时，弹簧的压缩的弹性势能和拉伸的弹性势能大小相等）故A 错误；

B 、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A 的重力沿斜面下的分力满足m 1gsin θ=kx 1，当B 刚离开

C 时，弹簧的弹力等于B 的重力沿斜面下的分力，故m 2gsin θ=kx 2，但由于开始是弹簧是压缩的压缩量为x 1上升d 后弹簧被拉伸x 2，故满足d=x 2+x 1，故kd=（m 1gsin θ+m 2gsin θ），故B 错误；C 、当B 刚离开C 时，弹簧的弹力等于B 的重力沿斜面下的分力，故m 2gsin θ=kx 2，根据牛顿第二定律：F-m 1gsin θ-kx 2=ma ，已知m 1gsin θ=kx 1，x 1+x 2=d 故物块A 加速度等于()1/m F kd -，故C 正确；

D 、根据功能关系，弹簧弹性势能的

增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：Fd-m 1gdsin θ1v 2，故D 错误；故选C 【思路点拨】当B 刚离开C 时，弹簧的弹力等于B 的重力沿斜面下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量；根据牛顿第二定律求出物块A 的加速度大小；根据机械能守恒定律求解A 的速度．含有弹簧的问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路．

【题文】12.光盘驱动器读取数据的某种方式可简化为以下模式，在读取内环 数据时，以恒定角速度方式读取，而在读取外环数据时，以恒定线 速度的方式读取。设内环内边缘半径为&，内环外边缘半径为 尽，外环外边缘半径为I 。4、8、0分别为各边缘线上的点。则读 取内环上4点时点的向心加速度大小和读取外环上〔点时。 点的向:！：、加速度大小之比为

【知识点】向心加速度．D4

【答案解析】 D 解析： A、B两点的角速度大小相等，根据a= rω2知，A、B两点的向心加速度之比a A：

a B=R1：R2．B、C两点的线速度相等，根据

知，B、C两点的向心加速度之比为a B：a C=R3：R2

．则D正确，A、B、C错误．故选：D．

【思路点拨】抓住读取B点加速度相等，根据读取内圈数据时，以恒定角速度方式读取，求出A、B的向心加速度之比，根据读取外圈数据时，以恒定线速度的方式读取，求出B、C的向心加速度之比，从而得出A、C两点的向心加速度之比．解决本题的关键抓住A、B角速度相等，B、C线速度相等，根据向心加速度公式进行求解．

第0卷（非选择题共64分)

二、本题共2小题5其中第13题6

分,第14题10分5共16分。把答案填写答题卷对应题号的横线上,

或按题目要求作答。

【题文】13.在追寻科学家研究足迹的过程中，某同学为探究恒力做功和物体动能变化间的关系，采用了如图甲所示的实验装置。

(1)实验时，该同学用钩码的重力表示小车受到的合力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为应该采取的措施是一―。（填选项前的字母）

A保证钩码的质量远小于小车的质量

B选取打点计时器所打的第1点与第2点打点计时器，小车细线间的距离约为2mm的纸带来处理数据

C.把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平衡摩擦力

D.必须先接通电源再释放小车

(2）如图乙所示是实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是连续的六个计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，相关计数点间的距离已在图中标出，测出小车的质量为M，钩码的总质量为m。从打B点到打

E点的过程中，合力对小车做的功是―一一一一一一——一一—一，小车动能的增量是—一一——一(用题中和图中的物理量符号表示〉。

【知识点】 探究功与速度变化的关系．E4

【答案解析】（1）AC （2）

解析：：（1）小车在水平方向上受绳的拉力和摩擦力，想用钩码的重力表示小车受到的合外力，首先需要平衡摩擦力；

设绳子上拉力为F ，对小车根据牛顿第二定律有：

F=Ma ①钩码有：mg-F=ma ②

由此可知当M ＞＞m 时，够码的重力等于绳子的拉力即为小车是合外力，故适当垫高长木板右端，以平衡摩擦力，使钩码的质量远小于小车的质量，故选：AC ．

（2）根据做功表达式，恒力做功为W F =Fx AB ；而B 点的瞬时速度为v B

则E 点的瞬时速度为v E

根据动能的变化量△E k =E kE -E kB

这种做法的优点是：AA 、B 两点的距离较远，测量时的相对误差较小；

【思路点拨】（1）小车在水平方向上受绳的拉力和摩擦力，想用钩码的重力表示小车受到的合外力，首先需要平衡摩擦力；其次要想用钩码的重力表示小车受到的合外力，必须要满足钩码的质量远小于小车的总质量．（2）根据功的表达式，可求得恒力做功，再利用匀变速运动的推论：一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可测量A 点和B 点的速度，从而得到动能的变化量．这种做法可减小测量的误差，但不能多次测量求平均值．要明确此题在验证合外力的功与动能变化间的关系中用到的原理，围绕实验原理，明确实验目的，根据相应的物理规律可知需要测量的物理量及实验时的注意事项．

【题文】14、某物理学习小组的同学在研究性学习过程中，用伏安法研究某种灯泡()16 2.5L V W 的伏安 特性曲线，设计了如图所示的电路，要求多次测量，尽可能减小实验误差，备有下列器材：A ．直流电源（6V ，内阻不知）

B ．电流表G （满偏电流3mA ，内阻R g =10Ω）

C ．电流表A （0-0.6A ，内阻未知）

D 、滑动变阻器民〔0—20Ω，5A ）

E 、滑动变阻器^2(0—200Ω，1A ）

F 、开关与导线若干

请冋答以下问题：

（1〕滑动变阻器应选择――〔填选项前的字母）。

〔2〉根据实验原理，用笔画线代替导线，将图中的实验电路 实物图连接完整。

〔3〉开关5闭合之前，图中滑动变阻器的滑片应该置于 ；（选填“A 端”、“B 端”或“AB 中间”、

(4）如图(a )所示为该种灯泡的U —I 图像,现将两个这种小灯泡、L 1、L 2与一个阻值为5Ω的定值电阻R 连成如(b )所示的电路，电源的 内阻为 2.5r =Ω，电键S 闭合后，小灯泡L 1与定值电阻R 的电功率恰好均为P ，则P = W ，电源的电动势E = V 。

【知识点】 描绘小电珠的伏安特性曲线．J4

为方便实验操作，滑动变阻器应选D ．

（2）实物图如图

（3）闭合开关前，应让流过灯泡的电流为零，因此滑片应在A 端。

（4）由图2（b ）所示电路图可知，小灯泡L 1与定值电阻R 并联，它们两端电压相等，它们的电功率均为P ，由P=UI 可知，通过它们的电流相等，它们的电阻相等，即此时灯泡电阻为5Ω，由图2（a ）所示图象可知，灯泡两端电压为1V 时通过灯泡的电流为0.2A ，此时灯泡电阻为5Ω，则功率P=UI=1×0.2=0.2W； 由电路图可知，L 2串联在干路中，通过L 2的电流I=0.2+0.2=0.4A ，由图2（b ）所示图象可知，电流0.4A 所对应的电压为4V ，由闭合电路欧姆定律可知，E=6V

【思路点拨】在该实验中，滑动变阻器采用分压接法，由于没有电压表，因此需要用已知内阻的电流表G 进行改装，由此可画出原理图．在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．小灯泡L 1与定值电阻R 的电功率均为P ，可知此时灯泡L 1的电阻，通过电阻在图象中得出电流、电压，从而得出功率P 的大小．而灯泡L 2的电流是L 1电流的2倍，根据L 2的电流，通过图线得出此时的电压，再根据闭合电路欧姆定律求出电源的内阻．本本题考查了设计实验电路、实验器材的选择、求功率；小桶是本题的难点，分析清楚电路结构、根据电路结构及串联电路特点求出灯泡两端电压，由图象求出通过灯泡的电流是正确解题的关键． 三、本题4小题,共48分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数 值的计算题5答案中必须明确写出数值和单位3或按题目要求作答。

【题文】15〈10分)水上滑梯可简化成如图所示的模型，斜槽和水平槽 A B 平滑连接，倾角θ =370.

AB 间距1

6.75S m =,BC 间距2 2.70S m =，BC 面与水面的距离0.8h m =，人与AB 、 BC 间的摩擦均忽略不计。取重力加速度210/g m s =。一同学 从滑梯顶端4点无初速地自由滑下，求：

(1)该同学沿斜槽AB 下滑时得到加速度大小？

(2)该同学从A 点开始至落到水面的时间？

【知识点】 牛顿第二定律；平抛运动． C2 D3

【答案解析】 （1）6m/s 2

（2）2.2s 解析：（1）该同学沿斜槽AB 下滑过程中，受重力和斜槽的支持力，由牛顿第二定律有：

mgsin θ=ma

可得：a=gsin θ=10×sin37°=6m/s 2

（2）由A 到B 的过程中设时间为1t

可得 1 1.5t s = 1B v at = 得 9/B v m s =

由B 到C 该同学做匀速直线运动，设时间为2t

由C 点到落入水面做平抛运动，设时间为3t ，有

得 30.4t s =

从A 点开始至落到水面的时间123 2.2t t t t s =++=

【思路点拨】（1）对该同学进行受力分析，根据牛顿第二定律可求出下滑时的加速度；（2）从C 点滑出时，该同学做平抛运动，可以根据高度求出运动的时间， 从而求得总时间。．

【题文】16（10分）学校物理兴趣小组设计了一种可粗略测量磁感应强度的实验，其实验装置如图所示。在该装置中磁铁通过细线竖直悬挂在力传感器下面，磁铁两极之间的磁场可视为水 平匀强磁场，其余区域磁场很弱可忽略不计,此时力传感器读数为F 1.细直金属棒作的 两端通过导线与一阻值为友的电阻连接形成闭合冋路，金属棒电阻为r ，导线电阻不计。 若让金属棒水平且垂直于磁场以速度v 竖直向下匀速运动，此时力传感器示数为F 2。已. 知金属棒在磁场中的长度为d 。

(1）判断通过细直金属棒中的电流方向和它受到的安培力方向；

⑵求出磁铁两极之间磁场的磁感应强度大小

【知识点】 安培力；磁感应强度．K1 K4

【答案解析】（1）电流从Q 到P 安培力竖直向上 （2

解析：（1）由右手定则判定细金属棒PQ 中的电流方向从Q 到P ，由左手定则可判定直金属棒PQ 受到的安培力方向为竖直向上。

（2） 对磁铁在金属棒不动时有：1F mg = 对磁铁在金属棒向下运动时有：2F mg F =+安 又：=F BId 安

又:E Bdv =

【思路点拨】（1）根据右手定则判断电流的方向，根据左手定则判定安培力方向。（2）根据平衡条件和牛顿第三定律判断安培力；根据公式F A =BIL 、切割公式和闭合电路欧姆定律公式判断磁感应强度大小．

【题文】17。〔 14分）如图所示,水平传送带在电动机带动下以速度12/v m s =勻速运动，小物体P 、Q 质 量分别为0.2Kg

和0.3Kg .由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t 二 0时刻P 放在传送带 中点处由静止释放。已知P 与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带水平部分两端点间的 距离为4m ，不计定滑轮责量及摩擦，P 与定滑轮间的绳水平，取210/g m s = 。

11〉判断P 在传送带上的运动方向并求其加速度大小；

〔2〉求P 从开始到离开传送带水平端点的过程中，与传送带间因摩擦产生的热量；

〈18〉 求P 从开始到离开传送带水平端点的过程中，电动机多消耗的电能。

【知识点】 功能关系；牛顿第二定律．C2 E6

【答案解析】（1）4m/s 2；（2）4J ；（3）2J ． 解析：：（1）P 释放后受到向右的摩擦力，大小为：f=μmg=0.5×2=1N；Q 对P 的拉力为F=Mg=0.3×10=3N；

由PQ 为整体，受到的合力为F 合=F-f=3-1=2N ；

则由牛顿第二定律可知，加速度2）P 到达左侧时，位移为x=2m ；用时

x 相=2+vt=2+2×1=4m；则产生的热量Q=fx 相=1×4=4J； （2）由能量守恒定律可知，电动机多消耗的能量等于传送带克服摩擦力所做的功；

故多消耗的电能E=fvt=1×2×1=2J；

【思路点拨】（1）以整体沿绳为研究对象，根据受力分析由牛顿第二定律可求得加速度；（2）摩擦力与相对位移的乘积为产生的热量；根据相对运动关系求出相对位移即可．（3）由能量守恒定律可知多消耗的电能等于克服摩擦力所做的功．本题考查功能牛顿第二定律及功能关系，要注意正确掌握功能的转化关系，明确热量等于摩擦力与相对位移的乘积．

【题文】18.14

分、如图所示,水平地面上有一固定的长方形绝缘光滑水平台面其中O P Q X 边长 15L m =；QX 边长24L m =，平台高 3.2h m =。平行板电容器的极板CD 间距d=1m ， 且垂直放置于台面，C 板位于边界0 P 上，D 板与边界OX 相交处有一小孔。电容器外的区域内有磁感应强度B=1T 、方向竖直向上的匀强磁场。质量10110m kg -=?电荷量10110q c -=?的带正电微粒静止于0处，在

C D 间加上电压U ,C 板电势高于D

板,板间电 场可看成是匀强电场，板间微粒经电场加速后由D 板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极 板接触〉，假定!軟粒在真空中运动，微粒在整个运动过程中电量保持不变，取210/g m s =，0sin 530.8=，0cos 530.6=

〈1〉若微粒正好从的中点离开平台，求其在磁场中运动的速率；

⑵

电压大小可调，不同加速电压,微粒离开平台的位置将不同，要求微粒由P Q 边界离 开台面，求加速电压V 的范围； (3)若加速电压U = 3.

125v 在微粒离开台面时，位于Q 正下方光滑水平地面上A 点的滑块获得一水平速 度，在微粒落地时恰好与滑块相遇，滑块视为质点， 求滑块开始运动时的初速度. 【知识点】 带电粒子在匀强磁场中的运动；动能定理；带电粒子在匀强电场中的运动．K3 I3 E2

【答案解析】(1)5m/s (2) 28V U V << (3) 解析：（1）微粒在磁场中运动俯视示意图如右所示，

设运动半径为1R

得：15R m =

（2）微粒在磁场中运动俯视示意图，临界轨迹图如右图所示，微粒可从Q 点离开平台如线Ⅰ，

24R m =

可得：18U V = 微粒轨迹与PQ 边界相切如线Ⅱ，32R m =

，得：22U V = 则从PQ 边界离开范围：21U U U <<

28V U V <<

（3）

设离开点N 与M 的距离为x ，由几何关系得：222424()R x L R =+- 得 x=2m

则053θ=

，t=0.8s 水平方向上匀速运动，与物块在Z 点相遇，设物块的位移为S ，根据余弦定理：

设速度方向与PQ的夹角为α

【思路点拨】先由半径公式结合微粒的质量求出微粒的运动半径，求出从XY边缘离开平台时的位置及与XY边的夹角，此后微粒做平抛运动，直到与滑块相遇；滑块做匀减速直线运动，应用运动学公式结合几何关系，便可求出滑块的初始速度．该题考察的数学知识在物理中的应用，尤其是三角函数的应用．三角函数的应用在近几年高考试题中经常出现，尽管它只是起到运算作用，但是如果忘记了三角函数公式是无法进行下去的，自然得不到正确的结果．由于是物理试题，三角函数过程在解答过程可以不体现、只在草稿纸上画．此方面的问题具体要做到以下两点：（1）能够根据具体问题列出物理量之间的关系式，进行推导和求解，并根据结果得出物理结论．（2）必要时能运用几何图形、函数图象进行表达、分析．