2015年四川省南充市高考物理三诊试卷

2015年四川省南充市高考物理三诊试卷一、第I卷共7题，每题6分每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）（2015南充模拟）下列说法正确的是（）A全息照片的拍摄利用了光的衍射原理B只有发生共振时，受迫振动的频率才等于驱动力频率C高速飞离地球的飞船中的宇航员认为地球上的时钟变慢D鸣笛汽车驶近路人的过程中，路人听到的声波频率与该波源的频率相比减小2（6分）（2015南充模拟）如图所示，MN是空气与某种液体的分界面，一束红光由空气射到分界面，一部分光被反射，一部分光进入液体中当入射角是45时，折射角为30以下说法正确的是（）A反射光线与折射光线的夹角为120B该液体对红光的折射率为C该液体对红光的全反射临界角为45D当紫光以同样的入射角从空气射到分界面，折射角也是303（6分）（2015南充模拟）观察“神州十号”在圆轨道上的运动，发现每经过时间2t通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为（弧度），如图所示，已知引力常量为G，由此可推导出地球的质量为（）ABCD4（6分）（2015南充模拟）在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面应强度为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO轴以角速度匀速转动（如图甲所示），产生的感应电动势e随时间t的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是（）A从t3到t5这段时间穿过线圈磁通量的变化量为零B从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为Ct4时刻穿过线圈的磁通量变化率大小为E0Dt1时刻电阻R的发热功率为5（6分）（2015南充模拟）在均匀介质中，各质点的平衡位置在同一水平直线上，相邻两质点的距离均为a，如图所示，振动从质点1开始向右传播，经过时间t，前11个质点第一次形成如图所示的波形，则此波的最大可能波速为（）ABCD6（6分）（2015南充模拟）如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内第、IV象限内有垂直于坐标面向外的匀强磁场，第IV象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场（图中未画出），一带电小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进人第IV象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第I象限，Q点距O点的距离为d，重力加速度为g根据以上信息，不能求出的物理量有（）A圆周运动的速度大小B电场强度的大小和方向C小球在第IV象限运动的时间D磁感应强度大小7（6分）（2015南充模拟）如图所示，倾角为=37的固定斜面与足够长的水平面平滑对接，一劲度系数k=18N/m的轻质弹簧的上端固定于斜面顶端，另一端固连在一质量m=1kg的光滑小球A，跟A紧靠的物块B（质量也为m）与斜面间的动摩擦因数1=0.75，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，与水平面间的动摩擦因数为2=0.2，图中施加在B上的力F=18N，方向沿斜面向上，A和B均处于静止状态，且斜面对B恰无摩擦力，当撤除力F后，A和B一起沿斜面下滑到某处时分离，分离后A一直在斜面上运动，B继续沿斜面下滑，已知：sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g=10m/s2，下列说法中正确的是（）AA和B分离后A不能回到出发点BA和B分离时B的速度为5m/sCB最终停留的位置距斜面末端1mDB最终停留的位置距斜面末端4m二、非选择题8（6分）（2015南充模拟）如图是小强测绘小灯泡伏安特性曲线的实物图小强在实验前检查电路时发现有一根导线的一端接错了地方，请你将图中的这根连线画上“”，并在图上画出这根导线的正确连线；闭合开关前应将滑动变阻器的触动头滑到（填“最左端”或“最右端”）；该实验采用了电流表的法（选填“内接”或“外接”）9（11分）（2015南充模拟）物体的带电量是一个不易测得的物理量，某同学设计了如下实验来测量带电物体所带电量如图（a）所示，他将一由绝缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上，打点计时器固定在长木板末端，物块靠近打点计时器，一纸带穿过打点计时器与物块相连，操作步骤如下，请结合操作步骤完成以下问题：（1）为消除摩擦力的影响，他将长木板一端垫起一定倾角，接通打点计时器，轻轻推一下小物块，使其沿着长木板向下运动多次调整倾角，直至打出的纸带上点迹，测出此时木板与水平面间的倾角，记为0（2）如图（b）所示，在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连，绳与滑轮摩擦不计给物块A带上一定量的正电荷，保持倾角0不变，接通打点计时器，由静止释放小物块A，该过程可近似认为物块A带电量不变，下列关于纸带上点迹的分析正确的是A纸带上的点迹间距先增加后减小至零B纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值C纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差不变D纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差逐渐减少，直至间距不变（3）为了测定物体所带电量q，除0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有A物块A的质量MB物块B的质量mC物块A与木板间的动摩擦因数D两物块最终的速度v（2）用重力加速度g，磁感应强度B、0和所测得的物理量可得出q的表达式为10（15分）（2015南充模拟）214年4月20日8时02分，四川省芦山县境内发生6.4级地震并引发一处泥石流一汽车停在小山坡底，司机突然发现山坡上距坡底80m处的泥石流以8m/s的速度、0.5m/s2的加速度匀加速倾泻而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直线运动，司机的反应时间为0.5s，汽车启动后以恒定的加速度一直做匀加速直线运动，求：（l）泥石流到达坡底的速度大小？（2）试通过计算说明：汽车的加速度至少多大才能脱离危险？11（17分）（2015南充模拟）如图甲所示，固定在水平桌边上的L双轨型平行金属导轨足够长，倾角为=53，间距L=2m，电阻不计；导轨上两根金属棒ab、cd的阻值分别为R1=25，R2=4，ab棒的质量m1=5.0kg，cd棒质量m2=1.0kg，ab与导轨间的动摩擦因数1=，cd与导轨间的动摩擦因数2=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个导轨置于磁感应强度B=5T、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场中现让ab棒从导轨上离桌面某一高度处由静止释放，当它刚要滑出导轨时，cd棒也恰好开始滑动，且ab棒下滑阶段，通过ab棒的电荷量为q=2C；g取10m/s2（1）求在ab棒整个下滑阶段，ad棒中产生的热量；（2）若ab棒无论从多高的位置释放，cd棒都不动，求ab棒质量满足的条件？12（19分）（2015南充模拟）如图所示，真空中有一个点状的放射源P，它向各个方向发射同种正粒子（不计重力），速率都相同，ab为P点附近的一条水平直线（P到直线ab的距离PC=lm），Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ=m（现只研究与放射源P和直线ab在同一个平面内的粒子的运动），当真空中（直线ab以上区域）只存在垂直该平面向里、磁感应强度为B=2T匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q点；当真空中（直线ab以上区域）只存在平行该平面的匀强电场时，不同方向发射的粒子若能到达ab直线，则到达ab直线时它们速度大小都相等，已知水平向左射出的粒子也恰好到达Q点（粒子比荷为=1106C/kg）求：（1）粒子的发射速率；（2）当仅加上述电场时，求到达ab直线上粒子的速度大小和电场强度的大小；（结果可用根号表示）（3）当仅加上述磁场时，从P运动到直线ab的粒子中所用的最短时间2015年四川省南充市高考物理三诊试卷参考答案与试题解析一、第I卷共7题，每题6分每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）（2015南充模拟）下列说法正确的是（）A全息照片的拍摄利用了光的衍射原理B只有发生共振时，受迫振动的频率才等于驱动力频率C高速飞离地球的飞船中的宇航员认为地球上的时钟变慢D鸣笛汽车驶近路人的过程中，路人听到的声波频率与该波源的频率相比减小【考点】光的衍射；狭义相对论【分析】全息照相利用了光的干涉现象；受迫震动的频率总是等于驱动力频率；在相对论中，高速飞行的物体时间变慢，长度缩短当声源与观察者间距变小时，接收频率变高【解答】解：A、全息照相利用了激光的频率单一，具有相干性好的特点，利用了光的干涉现象，与光的衍射无关故A错误；B、受迫振动的频率等于驱动率的频率，当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振动显著增强，当驱动力的频率等于物体的固有频率时即共振故B错误；C、根据爱因斯坦相对论可知，时间间隔的相对性：t=，可知在宇宙中高速飞行的飞船中的宇航员认为地球上的时钟变慢，故C正确；D、根据多普勒效应可知，当两物体以很大的速度互相靠近时，感觉频率会增大，远离时感觉频率会减小，所以鸣笛汽车驶近路人的过程中，路人听到的声波频率与该波源的相比增大故D错误故选：C【点评】该题考查全息照相的原理、受迫振动的频率，爱因斯坦的相对论以及多普勒效应，注意相对论中空间与时间的变化这一类的知识点在平时的学习过程中要多加积累2（6分）（2015南充模拟）如图所示，MN是空气与某种液体的分界面，一束红光由空气射到分界面，一部分光被反射，一部分光进入液体中当入射角是45时，折射角为30以下说法正确的是（）A反射光线与折射光线的夹角为120B该液体对红光的折射率为C该液体对红光的全反射临界角为45D当紫光以同样的入射角从空气射到分界面，折射角也是30【考点】光的折射定律【专题】光的折射专题【分析】根据反射定律得到反射角，由几何知识分析反射光线与折射光线的夹角由折射率公式n=求出折射率，再由临界角公式sinC=，求出临界角【解答】解：A、根据反射定律得到反射角为45，由几何知识得，反射光线与折射光线的夹角是105故A错误B、由折射率公式n=，得n=，故B错误C、由临界角公式sinC=，得，sinC=，则C=45故C正确D、根据折射定律得知，紫光的折射率大于红光的折射率，则紫光以同样的入射角从空气射到分界面，折射角小于30故D错误故选：C【点评】本题考查折射定律、反射定律、临界角等光学基础知识，难度不大折射率公式n=和临界角公式sinC=是考试的热点，是牢固掌握3（6分）（2015南充模拟）观察“神州十号”在圆轨道上的运动，发现每经过时间2t通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为（弧度），如图所示，已知引力常量为G，由此可推导出地球的质量为（）ABCD【考点】万有引力定律及其应用；向心力【专题】万有引力定律的应用专题【分析】根据数学知识求出线速度和轨道半径，结合万有引力提供向心力，求出地球的质量【解答】解：“神舟十号”的线速度v=，轨道半径r=，根据得地球的质量为：M=故选：A【点评】解决本题的关键知道线速度等于弧长与时间的比值，知道弧长与半径的比值等于圆心角，掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用4（6分）（2015南充模拟）在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面应强度为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO轴以角速度匀速转动（如图甲所示），产生的感应电动势e随时间t的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是（）A从t3到t5这段时间穿过线圈磁通量的变化量为零B从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为Ct4时刻穿过线圈的磁通量变化率大小为E0Dt1时刻电阻R的发热功率为【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系【专题】交流电专题【分析】首先知道正选交流电产生的条件，瞬时值、峰值与有效值之间的关系即各量的应用；利用法拉第电磁感应定律求通过电阻的电量；知道磁通量的斜率最大时，产生的感应电动势最大即可求解【解答】解：A、由于磁通量是双向标量，在t1到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量不为零，为=2Bs，故A错误；B、通过电阻的电荷量Q=，所以t4到t3这段时间通过电阻R的电荷量Q=，故B错误；C、由于产生的电动势最大，所以磁通量时间图象中，在最大值面上磁通量的斜率最大，即E0=nK，所以K=，故C错误；D、求功率时需用有效值，所以E=，所以电流I=，R的发热功率为P=，故D正确故选：D【点评】明确正选交流电产生的条件，瞬时值、峰值与有效值之间的关系即各量的应用；利用法拉第电磁感应定律求通过电阻的电量；注意三值间的关系及选取，题目难度较大5（6分）（2015南充模拟）在均匀介质中，各质点的平衡位置在同一水平直线上，相邻两质点的距离均为a，如图所示，振动从质点1开始向右传播，经过时间t，前11个质点第一次形成如图所示的波形，则此波的最大可能波速为（）ABCD【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】根据波形图得出波传播的最大距离，从而结合传播的时间可求出最大波速【解答】解：若波源的起振方向向上，前11个质点第一次形成如图所示的波形时，波恰好传到17质点，波传播的距离最大，最大距离s=16a，则最大波速 v=故选：C【点评】解决本题的关键知道质点的起振方向与波源的起振方向相同，抓住波源的起振方向得出传播的最大距离6（6分）（2015南充模拟）如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内第、IV象限内有垂直于坐标面向外的匀强磁场，第IV象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场（图中未画出），一带电小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进人第IV象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第I象限，Q点距O点的距离为d，重力加速度为g根据以上信息，不能求出的物理量有（）A圆周运动的速度大小B电场强度的大小和方向C小球在第IV象限运动的时间D磁感应强度大小【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】粒子在第象限内运动时只有重力做功，机械能守恒，可求出粒子到达P点的速度粒子在第IV象限内作圆周运动，重力与电场力平衡，列式分析能求出哪些量【解答】解：A、粒子在第象限内运动时只有重力做功，机械能守恒，设粒子到达P点的速度为v根据机械能守恒定律得：mgd=，v=，即粒子做圆周运动的速度为，所以可以求出粒子圆周运动的速度大小故A正确B、粒子在第IV象限内作圆周运动，重力与电场力平衡，则有 mg=qE，E=，由于粒子的比荷未知，不能求出电场强度E的大小根据粒子第象限内运动情况，由左手定则判断知该粒子带负电，粒子在第IV象限内受到的电场力向上，则电场强度方向向下，故B错误C、小球在第IV象限运动的时间 t=，可知能求出小球在第IV象限运动的时间t，故C正确D、小球在第IV象限内运动的半径为d，由d=知，由于粒子的比荷未知，不能求出磁感应强度大小，故D错误本题选不能求出的物理量，故选：BD【点评】本题考查了小球在磁场、电磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，应用动能定理、牛顿第二定律、周期公式即可正确解题，解题时要注意洛伦兹力对带电小球不做功7（6分）（2015南充模拟）如图所示，倾角为=37的固定斜面与足够长的水平面平滑对接，一劲度系数k=18N/m的轻质弹簧的上端固定于斜面顶端，另一端固连在一质量m=1kg的光滑小球A，跟A紧靠的物块B（质量也为m）与斜面间的动摩擦因数1=0.75，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，与水平面间的动摩擦因数为2=0.2，图中施加在B上的力F=18N，方向沿斜面向上，A和B均处于静止状态，且斜面对B恰无摩擦力，当撤除力F后，A和B一起沿斜面下滑到某处时分离，分离后A一直在斜面上运动，B继续沿斜面下滑，已知：sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g=10m/s2，下列说法中正确的是（）AA和B分离后A不能回到出发点BA和B分离时B的速度为5m/sCB最终停留的位置距斜面末端1mDB最终停留的位置距斜面末端4m【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】A不能回到出发点，因为小球与物块一起下滑过程，物体对小球的弹力做负功而使小球的机械能减少；当AB分离时，AB具有相同的加速度与速度，根据牛顿第二定律求的弹簧的伸长量，在利用动能定理求的速度；对B利用动能定理即可求的位移【解答】解：A、A不能回到出发点，因为小球与物块一起下滑过程，物体对小球的弹力做负功而使小球和弹簧的机械能减少，故A正确B、未撤去力F时，对A和B整体，根据平衡条件得：2mgsin+F1=F其中弹力为：F1=kx1解得弹簧的压缩量为：x1=，分离时，AB之间无弹力作用，但速度和加速度相等，根据牛顿第二定律，对B：mgsinf=maB其中f=1mgcos联立解得aB=0对A：mgsinF2=maA，其中弹力F2=kx2由aA=aB=0，解得分离时弹簧的伸长量为：x2=，可见x1=x2，AB整体运动到分离弹簧的弹力做功为零，根据动能定理有：2mgsin（x1+x2）f（x1+x2）=，代入数据解得：v=2m/s故B错误C、分离后由动能定理得：，代入数据解得s=1m，故C正确，D错误故选：AC【点评】本题要抓住临界状态，分析临界条件，即小球与挡板刚分离时，B对小球的作用力为零，这也是两物体刚分离时常用到的临界条件二、非选择题8（6分）（2015南充模拟）如图是小强测绘小灯泡伏安特性曲线的实物图小强在实验前检查电路时发现有一根导线的一端接错了地方，请你将图中的这根连线画上“”，并在图上画出这根导线的正确连线；闭合开关前应将滑动变阻器的触动头滑到最左端（填“最左端”或“最右端”）；该实验采用了电流表的外接法（选填“内接”或“外接”）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题；恒定电流专题【分析】滑动变阻器采用分压接法闭合开关前，滑片应置于分压电路分压为零的位置；根据描绘灯泡伏安特性曲线的实验原理分析电路图，然后答题【解答】解：由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路安全，闭合开关前，滑片要置于最左端描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电流表采用外接法；由图示电路图可知，滑动变阻器连接错误，修改后的电路图如图所示：故答案为：电路图如图所示；最左端；外接【点评】本题考查了实验注意事项、修改电路图，知道滑动变阻器的接法是正确修改电路图的关键9（11分）（2015南充模拟）物体的带电量是一个不易测得的物理量，某同学设计了如下实验来测量带电物体所带电量如图（a）所示，他将一由绝缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上，打点计时器固定在长木板末端，物块靠近打点计时器，一纸带穿过打点计时器与物块相连，操作步骤如下，请结合操作步骤完成以下问题：（1）为消除摩擦力的影响，他将长木板一端垫起一定倾角，接通打点计时器，轻轻推一下小物块，使其沿着长木板向下运动多次调整倾角，直至打出的纸带上点迹间距相等，测出此时木板与水平面间的倾角，记为0（2）如图（b）所示，在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连，绳与滑轮摩擦不计给物块A带上一定量的正电荷，保持倾角0不变，接通打点计时器，由静止释放小物块A，该过程可近似认为物块A带电量不变，下列关于纸带上点迹的分析正确的是DA纸带上的点迹间距先增加后减小至零B纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值C纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差不变D纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差逐渐减少，直至间距不变（3）为了测定物体所带电量q，除0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有BDA物块A的质量MB物块B的质量mC物块A与木板间的动摩擦因数D两物块最终的速度v（2）用重力加速度g，磁感应强度B、0和所测得的物理量可得出q的表达式为【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系；带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】实验题【分析】平衡摩擦力后滑块受到的合力为零，滑块做匀速直线运动没有磁场时，对A受力分析，A受到重力Mg、支持力、摩擦力根据平衡条件可以解得斜面的动摩擦因数当存在磁场时，以AB整体为研究对象，由牛顿第二定律可得（mg+Mgsin0）（Bqv+Mgcos0）=（M+m）a，根据表达式分析物体的运动性质【解答】解：（1）此实验平衡摩擦力后，确定滑块做匀速直线运动的依据是，看打点计时器在纸带上所打出点的分布应该是等间距的（2）设A的质量为M，B的质量为m，没有磁场时，对A受力分析，A受到重力Mg、支持力、摩擦力根据平衡条件可知：f=Mgsin0，FN=Mgcos0又因为f=FN，所以当存在磁场时，以AB整体为研究对象，由牛顿第二定律可得（mg+Mgsin0）（Bqv+Mgcos0）=（M+m）a由此式可知，v和a是变量，其它都是不变的量，所以AB一起做加速度减小的加速运动，直到加速度减为零后做匀速运动，即速度在增大，加速度在减小，最后速度不变所以纸带上的点迹间距逐渐增加，说明速度增大；根据逐差相等公式x=at2，可知，加速度减小，则相邻两点间的距离之差逐渐减少；匀速运动时，间距不变故D正确、ABC错误故选：D（3）（4）根据（mg+Mgsin0）（Bqv+Mgcos0）=（M+m）a，可得当加速度减为零时，速度最大，设最大速度为v，则（mg+Mgsin0）（Bqv+Mgcos0）=0化简得q=，把=tan0代入，得由此可知为了测定物体所带电量q，除0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有物块B的质量m和两物块最终的速度v故答案为：（1）间距相等；（2）D；（3）BD；（4）【点评】要明确实验原理，理解为什么挂钩码前要首先平衡摩擦力，正确的受力分析是关键10（15分）（2015南充模拟）214年4月20日8时02分，四川省芦山县境内发生6.4级地震并引发一处泥石流一汽车停在小山坡底，司机突然发现山坡上距坡底80m处的泥石流以8m/s的速度、0.5m/s2的加速度匀加速倾泻而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直线运动，司机的反应时间为0.5s，汽车启动后以恒定的加速度一直做匀加速直线运动，求：（l）泥石流到达坡底的速度大小？（2）试通过计算说明：汽车的加速度至少多大才能脱离危险？【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】直线运动规律专题【分析】（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出泥石流到达坡底的速度大小（2）根据汽车速度达到与泥石流速度相等的安全临界速度，结合位移关系，再根据运动规律求解最小加速度【解答】解：（1）由运动学公式得：=12m/s （2）泥石流在下坡阶段运动的时间为：=8s 设汽车恰被泥石流追上汽车运动的时间为t2，泥石流在水平段运动的时间为t3，则在水平段有x泥=vtt3，vt=a0t2且 t1+t3t反=t2，联立解以上各式并代入相关数据得a0=0.8m/s2则汽车的加速度至少应有0.8m/s2才不会被泥石流追上答：（1）泥石流到达坡底的速度为12m/s；（2）汽车的加速度至少为0.8m/s2才能脱离危险【点评】掌握匀变速直线运动的速度时间关系和位移时间关系是正确解题的基础，知道脱离危险的临界条件是正确解题的关键11（17分）（2015南充模拟）如图甲所示，固定在水平桌边上的L双轨型平行金属导轨足够长，倾角为=53，间距L=2m，电阻不计；导轨上两根金属棒ab、cd的阻值分别为R1=25，R2=4，ab棒的质量m1=5.0kg，cd棒质量m2=1.0kg，ab与导轨间的动摩擦因数1=，cd与导轨间的动摩擦因数2=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个导轨置于磁感应强度B=5T、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场中现让ab棒从导轨上离桌面某一高度处由静止释放，当它刚要滑出导轨时，cd棒也恰好开始滑动，且ab棒下滑阶段，通过ab棒的电荷量为q=2C；g取10m/s2（1）求在ab棒整个下滑阶段，ad棒中产生的热量；（2）若ab棒无论从多高的位置释放，cd棒都不动，求ab棒质量满足的条件？【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）因两棒串联，所以两棒所受安培力大小相等，对cd棒分析，结合平衡，以及切割产生的感应电动势公式和欧姆定律求出cd棒恰好开始滑动时，ab棒的速度根据电量的表达式q=求出ab棒下滑的距离对整个系统运用功能关系求出整个电路产生的热量，从而得出cd棒上产生的热量（2）抓住ab棒匀速运动，cd棒都未滑动，分别对ab棒和cd棒分析，抓住cd棒安培力在水平方向上的分力小于最大静摩擦力，求出ab棒质量满足的条件【解答】解：（1）因两棒串联，所以两棒所受安培力大小相等，在cd棒刚滑动时，设ab棒的速度为v，此时对cd棒有：BILsin37=2（m2g+BILcos37）且，联立解得：v=1.5m/s设ab棒下滑的距离为x，则有：q=代入数据解得：x=1.2m 对整个系统由功能关系得：Q=（m1gsin1m1gcos）x，由串联电路知识可得cd棒产生的热量为：，联立上述方程并代入数据得：Q=25.05J （2）分析可知，只要ab棒匀速运动cd棒都未滑动则满足要求，匀速运动时对ab棒：F安=m1gsin1m1gcos，此时对cd棒：F安sin2（m2g+F安cos），代入数据解得：kg3.47kg 答：（1）ad棒中产生的热量为25.05J（2）ab棒质量满足的条件m13.47kg【点评】本题是复杂的电磁感应现象，是电磁感应与力学知识、电路的综合，掌握电量的经验表达式q=，以及能够正确地受力分析，抓住临界情况，结合共点力平衡和能量守恒进行求解12（19分）（2015南充模拟）如图所示，真空中有一个点状的放射源P，它向各个方向发射同种正粒子（不计重力），速率都相同，ab为P点附近的一条水平直线（P到直线ab的距离PC=lm），Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ=m（现只研究与放射源P和直线ab在同一个平面内的粒子的运动），当真空中（直线ab以上区域）只存在垂直该平面向里、磁感应强度为B=2T匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q点；当真空中（直线ab以上区域）只存在平行该平面的匀强电场时，不同方向发射的粒子若能到达ab直线，则到达ab直线时它们速度大小都相等，已知水平向左射出的粒子也恰好到达Q点（粒子比荷为=1106C/kg）求：（1）粒子的发射速率；（2）当仅加上述电场时，求到达ab直线上粒子的速度大小和电场强度的大小；（结果可用根号表示）（3）当仅加上述磁场时，从P运动到直线ab的粒子中所用的最短时间【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】（1）根据几何关系得出粒子在磁场中运动的轨道半径，结合半径公式求出粒子的发射速率（2）因所有粒子到达ab直线的速度大小相等，故电场的方向应由P指向C，水平向左发射的粒子应做类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出到达ab直线上粒子的速度大小和电场强度的大小；（3）从P运动到直线ab所用时间最短的粒子，PC必为其运动轨迹的一条弦，结合周期公式和圆心角的大小求出粒子运动的时间【解答】解：（1）作PQ的中垂线分别交PQ、PC于A、O两点，O点即为圆心，设圆的半径为r，由相似三角形知识有，由直角三角形知识有，对粒子由牛顿第二定律得，解以上方程并代入数据得v0=1.25106m/s （2）因所有粒子到达ab直线的速度大小相等，故电场的方向应由P指向C，水平向左发射的粒子应做类平抛运动，所以QC=v0t，PC=，v=，联立解以上方程并代入数据得v=E=1.25107V/m （3）从P运动到直线ab所用时间最短的粒子，PC必为其运动轨迹的一条弦，由几何关系得，所以POP1=54，得POC=106则其运动时间t=答：（1）粒子的发射速率为1.25106m/s；（2）到达ab直线上粒子的速度大小为，电场强度的大小为1.25107V/m；（3）从P运动到直线ab的粒子中所用的最短时间为【点评】本题的突破口是确定粒子在匀强磁场中和匀强电场中的运动轨迹，由几何知识求解磁场中圆周运动的半径参与本试卷答题和审题的老师有：听潮；wxz；成军；sddrg；wslil76；wgb（排名不分先后）菁优网2016年2月2日