2017年广东省惠州市高考物理三调试卷（解析版）

2017届广东省惠州市高考物理三调试卷一、选择题：本大题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第14题只有一项是符合题目要求，第58题有多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如图所示，倾角为30，重为100N的斜面体静止在粗糙水平面上一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面体上，杆的另一端固定一个重为20N的小球，斜面体和小球处于静止状态时，下列说法正确的是（）A斜面有向左运动的趋势，受到水平向右的静摩擦力B弹性轻杆对小球的作用力为20N，方向垂直斜面向上C球对弹性轻杆的作用力为20N，方向竖直向下D地面对斜面的支持力为100N，方向竖直向上2如图所示，竖直半圆环中有多条起始于A点的光滑轨道，其中AB通过环心O并保持竖直一质点分别自A点沿各条轨道下滑，初速度均为零那么，质点沿各轨道下滑的时间相比较（）A无论沿图中哪条轨道下滑，所用的时间均相同B质点沿着与AB夹角越大的轨道下滑，时间越短C质点沿着轨道AB下滑，时间最短D轨道与AB夹角越小（AB除外），质点沿其下滑的时间越短3质量为2Kg的物体以10m/s的初速度，从起点A出发竖直向上抛出，在它上升到某一点的过程中，物体的动能损失了50J，机械能损失了10J，设物体在上升、下降过程空气阻力大小恒定，则该物体在落回到A点的动能为：（g=10m/s2）（）A40JB60JC80JD100J4宇航员登上某一星球后，测得该星球表面的重力加速度是地球表面重力加速度的2倍，而该星球的平均密度与地球的差不多，则该星球质量大约是地球质量的（）A0.5倍B2倍C4倍D8倍5在真空中的x轴上的原点处和x=6a处分别固定一个点电荷M、N，在x=2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，得到点电荷P速度大小与其在x轴上的位置关系如图所示（其中在x=4a处速度最大），则下列说法正确的是（）A点电荷M、N一定都是同种正电荷B点电荷M、N一定为异种电荷C点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4：1Dx=4a处的电场强度不一定为零6如图所示，理想变压器初级线圈接一交变电流，交变电流的电压有效值恒定不变副线圈接有光敏电阻R1（光敏电阻阻值随光照强度增大而减小）、R2和R3，则下列说法中正确的是（）A只将S1从2拨向1时，电流表示数变小B只将S2从4拨向3时，电流表示数变小C只将S3从闭合变为断开，电阻R2两端电压增大D仅增大光照强度，原线圈的输入功率增大7A、B两小球用不可伸长的轻绳悬挂在同一高度，如图所示，A球的质量小于B球的质量，悬挂A球的绳比悬挂B球的绳更长将两球拉起，使两绳均被水平拉直，将两球由静止释放，两球运动到最低点的过程中（）AA球的速度一定大于B球的速度BA球的动能一定大于B球的动能CA球所受绳的拉力一定小于B球所受绳的拉力DA球的向心加速度一定大于B球的向心加速度8如图，在竖直平面内有一匀强电场，一带电量为+q、质量为m的小球在力F（大小可以变化）的作用下沿图中虚线由A至B做竖直向上的匀速运动已知力F和AB间夹角为，AB间距离为d，重力加速度为g则（）A力F大小的取值范围只能在0B电场强度E的最小值为C小球从A运动到B电场力可能不做功D若电场强度E=时，小球从A运动到B电势能变化量大小可能为2mgdsin2二、非选择题（共5小题，满分62分）9在“探究加速度与力、质量的关系的实验”时，采用了如图甲所示的实验方案操作如下：（1）平衡摩擦力时，若所有的操作均正确，打出的纸带如图乙所示，应（填“减小”或“增大”）木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹为止（2）已知小车质量为M，盘和砝码的总质量为m，要使细线的拉力近似等于盘和砝码和总重力，应该满足的条件是mM（填“远小于”、“远大于”或“等于”）（3）图丙为小车质量一定时，根据实验数据描绘的小车加速度a与盘和砝码的总质量m之间的实验关系图象若牛顿第二定律成立，则小车的质量M=kg10在物理课外活动中，刘聪同学制作了一个简单的多用电表，图甲为电表的电路图已知选用的电流表内阻Rg=10、满偏电流Ig=10mA，当选择开关接3时为量程250V的电压表该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，由于粗心上排刻度线对应数据没有标出（1）若指针指在图乙所示位置，选择开关接1时其读数为；选择开关接3时其读数为（2）为了测该多用电表电阻挡的电阻和表内电源的电动势，刘聪同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：将选择开关接2，红黑表笔短接，调节R的阻值使电表指针满偏；将电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使电表指针指C处，此时电阻箱的示数如图2所示，则C处刻度应为计算得到多用电表内电源的电动势为V（保留两位有效数字）11如图所示，一质量M=0.4kg的小物块B在足够长的光滑水平台面上静止不动，其右侧固定有一轻质水平弹簧（处于原长）台面的右边平滑对接有一等高的水平传送带，传送带始终以=1m/s的速率逆时针转动另一质量m=0.1kg的小物块A以速度0=4m/s水平滑上传送带的右端已知物块A与传送带之间的动摩擦因数=0.1，传送带左右两端的距离l=3.5m，滑块A、B均视为质点，忽略空气阻力，取g=10m/s2（1）求物块A第一次到达传送带左端时速度大小；（2）求物块A第一次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能Epm；（3）物块A会不会第二次压缩弹簧？12如图甲所示，用粗细均匀的导线制成的一只单匝圆形金属圈，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属圈的质量为m=0.1kg，半径为r=0.1m，导线单位长度的阻值为=0.1/m，金属圈的上半部分处在一方向垂直圈面向里的有界匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示金属圈下半部分在磁场外已知从t=0时刻起，测得经过10s丝线刚好被拉断重力加速度g取10m/s2求：（1）导体圆中感应电流的大小及方向；（2）丝线所能承受的最大拉力F；（3）在丝线断前的10s时间内金属圈中产生的焦耳热Q13平面OM和水平面ON之间的夹角为30，其横截面如图所示，平面OM和平面ON之间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外匀强电场的方向竖直向上，一带电小球的质量为m，电荷量为q，带电小球沿纸面以大小为v0的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30角，带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动，已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON恰好相切，且带电小球能从OM上另一点P射出磁场，（P未画出）求：（1）判断带电小球带何种电荷？所加电场强度E为多大？（2）带电小球离开磁场的射点P到两平面交点O的距离S多大？（3）带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏OO，此点到O点的距离多大？2017年广东省惠州市高考物理三调试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第14题只有一项是符合题目要求，第58题有多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如图所示，倾角为30，重为100N的斜面体静止在粗糙水平面上一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面体上，杆的另一端固定一个重为20N的小球，斜面体和小球处于静止状态时，下列说法正确的是（）A斜面有向左运动的趋势，受到水平向右的静摩擦力B弹性轻杆对小球的作用力为20N，方向垂直斜面向上C球对弹性轻杆的作用力为20N，方向竖直向下D地面对斜面的支持力为100N，方向竖直向上【考点】29：物体的弹性和弹力；28：弹性形变和范性形变；2H：共点力平衡的条件及其应用【分析】可用整体法研究，球、杆、斜面看成整体，整体只受重力和地面的支持力，水平方向不受力，没有水平方向上的运动趋势，重力和地面的支持力是一对平衡力在对小球隔离分析，小球保持静止状态，合力为零，小球受重力和弹力，根据二力平衡条件可判断弹力的大小和方向【解答】解：AD、杆、球、斜面均静止，可以看成整体，用整体法研究，相对于地面没有向左运动的趋势由二力平衡可知，地面的支持力等于整体的重力120N，故A错误，D错误；BC、再对小球受力分析，受重力和弹力，根据二力平衡条件可判断弹力和重力等值、反向、共线，故弹力为20N，竖直向上，故B错误，C正确；故选：C2如图所示，竖直半圆环中有多条起始于A点的光滑轨道，其中AB通过环心O并保持竖直一质点分别自A点沿各条轨道下滑，初速度均为零那么，质点沿各轨道下滑的时间相比较（）A无论沿图中哪条轨道下滑，所用的时间均相同B质点沿着与AB夹角越大的轨道下滑，时间越短C质点沿着轨道AB下滑，时间最短D轨道与AB夹角越小（AB除外），质点沿其下滑的时间越短【考点】37：牛顿第二定律；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】设半径为R，斜面与竖直方向夹角为，则物体运动的位移为x=2Rcos，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据x=at2求解时间【解答】解：设半径为R，斜面与竖直方向夹角为，则物体运动的位移为x=2Rcos，物体运动的加速度a=gcos，根据x=at2，则t=，与角无关而知道弦长和倾角也能算出半径，所以A正确，BCD错误故选：A3质量为2Kg的物体以10m/s的初速度，从起点A出发竖直向上抛出，在它上升到某一点的过程中，物体的动能损失了50J，机械能损失了10J，设物体在上升、下降过程空气阻力大小恒定，则该物体在落回到A点的动能为：（g=10m/s2）（）A40JB60JC80JD100J【考点】6B：功能关系【分析】物体竖直上抛的过程中，由于空气阻力使得物体的机械能有损失利用功能原理和动能定理分析空气阻力与合力的关系，再分析物体上升最高点时机械能的损失，得到下落过程机械能的损失，即可求出物体回到A点时的动能【解答】解：物体上升到某一高度时，重力、阻力均做负功，根据动能定理有：W合=Ek空气阻力做功对应着机械能的变化，则有：Wf=E将EK=50J，E=10J，代入可得：W合=50J，Wf=10J，可得，W合=5Wf物体的初动能为 Ek0=100J当物体从A点到最高点的过程中，物体的动能减小了100J，由动能定理可得，合力做的功 W合上=100J，所以空气阻力做功为 Wf上=20J，由功能原理知，机械能损失了20J由于空气阻力大小恒定，所以下落过程机械能也损失了20J，则物体落回A点时的动能为 100J220J=60J，故ACD错误，B正确故选：B4宇航员登上某一星球后，测得该星球表面的重力加速度是地球表面重力加速度的2倍，而该星球的平均密度与地球的差不多，则该星球质量大约是地球质量的（）A0.5倍B2倍C4倍D8倍【考点】4F：万有引力定律及其应用【分析】根据万有引力等于重力，列出等式表示出重力加速度再根据密度与质量关系代入表达式找出半径的关系，求出质量关系【解答】解：根据万有引力等于重力，列出等式：g=，其中M是地球的质量，r应该是物体在某位置到球心的距离根据根据密度与质量关系得：M=r3，星球的密度跟地球密度相同，g=Gr，星球的表面重力加速度是地球表面重力加速度的2倍，所以星球的半径也是地球的2倍，所以再根据M=r3得：星球质量是地球质量的8倍故ABC错误，D正确故选：D5在真空中的x轴上的原点处和x=6a处分别固定一个点电荷M、N，在x=2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，得到点电荷P速度大小与其在x轴上的位置关系如图所示（其中在x=4a处速度最大），则下列说法正确的是（）A点电荷M、N一定都是同种正电荷B点电荷M、N一定为异种电荷C点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4：1Dx=4a处的电场强度不一定为零【考点】AD：电势差与电场强度的关系；A6：电场强度【分析】根据vx图象，结合动能定理判断出电场力的方向，然后根据正电荷受到的电场力的方向与电场的方向相同判断出两个点电荷之间的电场的方向的分布，由此判断两个点电荷的电性；根据速度变化结合功能关系判断出电势能的变化；根据最大速度对应的特点，结合库仑定律判断出点电荷的电量之间的关系【解答】解：AB、由vx图象可知，点电荷P的速度先增大后减小，所以点电荷P的动能先增大后减小，说明电场力先做正功，后做负功，结合正电荷受到的电场力的方向与场强的方向相同可知，电场强度的方向先沿x轴的正方向，后沿x轴的负方向，根据点电荷的电场线的特点与电场的叠加原理可知，点电荷M、N一定都是正电荷故A正确，B错误；CD、由图可知，在x=4a处点电荷P的速度最大，速度的变化率为0，说明了x=4a处的电场强度等于0则M与N的点电荷在x=4a处的电场强度大小相等，方向相反，根据库仑定律得：；所以点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4：1故C正确，D错误故选：AC6如图所示，理想变压器初级线圈接一交变电流，交变电流的电压有效值恒定不变副线圈接有光敏电阻R1（光敏电阻阻值随光照强度增大而减小）、R2和R3，则下列说法中正确的是（）A只将S1从2拨向1时，电流表示数变小B只将S2从4拨向3时，电流表示数变小C只将S3从闭合变为断开，电阻R2两端电压增大D仅增大光照强度，原线圈的输入功率增大【考点】E8：变压器的构造和原理【分析】根据理想变压器原副线圈变压比公式，理想变压器输入功率等于输出功率；根据以上两条规律分析讨论即可【解答】解：A、只将S1从2拨向1时，n1变小，根据变压比公式知输出电压变大，故输出电流变大，输出功率变大；输入功率等于输出功率，故输入功率变大，输入电流变大，故A错误；B、只将S2从4拨向3时，n2变小，根据变压比公式知输出电压变小，故输出电流变小，输出功率变小；输入功率等于输出功率，故输入功率变小，输入电流变小，故B正确；C、只将S3从闭合变为断开，R2、R3电压不变，R2阻值不变，所以电阻R2两端电压不变，故C错误；D、仅增大光照强度，R1变小，故输出电流变大，故输出功率变大，而理性变压器的输出功率等于输入功率，故原线圈的输入功率增大，故D正确；故选：BD7A、B两小球用不可伸长的轻绳悬挂在同一高度，如图所示，A球的质量小于B球的质量，悬挂A球的绳比悬挂B球的绳更长将两球拉起，使两绳均被水平拉直，将两球由静止释放，两球运动到最低点的过程中（）AA球的速度一定大于B球的速度BA球的动能一定大于B球的动能CA球所受绳的拉力一定小于B球所受绳的拉力DA球的向心加速度一定大于B球的向心加速度【考点】6C：机械能守恒定律；4A：向心力【分析】从静止释放至最低点，由机械能守恒列式，得到最低点的速度表达式；在最低点由牛顿第二定律可得绳子的拉力和向心加速度表达式，再比较它们的大小【解答】解：A、对任意一球，设绳子长度为L小球从静止释放至最低点，由机械能守恒得：mgL=mv2，解得：v=，v，则知，通过最低点时，A球的速度一定大于B球的速度故A正确B、由于A球的质量小于B球的质量，而A球的速度大于B球的速度，故无法确定AB两球的动能大小，故B错误；C、在最低点，由拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：Fmg=m，解得，F=3mg，与L无关，与m成正比，所以A球所受绳的拉力一定小于B球所受绳的拉力，故C正确D、在最低点小球的向心加速度 a向=2g，与L无关，所以A球的向心加速度一定等于B球的向心加速度，故D错误故选：AC8如图，在竖直平面内有一匀强电场，一带电量为+q、质量为m的小球在力F（大小可以变化）的作用下沿图中虚线由A至B做竖直向上的匀速运动已知力F和AB间夹角为，AB间距离为d，重力加速度为g则（）A力F大小的取值范围只能在0B电场强度E的最小值为C小球从A运动到B电场力可能不做功D若电场强度E=时，小球从A运动到B电势能变化量大小可能为2mgdsin2【考点】AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系；2H：共点力平衡的条件及其应用；62：功的计算【分析】由题意可知，小球受到重力、拉力F与电场力，做匀速直线运动，根据电场强度的方向可能值确定拉力大小；运用图解法确定出电场力最小时电场力大小，即可求得电场强度的最小值根据功的计算公式求解出电场力做功，即可由功能关系得到小球从A运动到B电势能变化量大小【解答】解：分析小球受力情况：小球受到重力mg、拉力F与电场力qE，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则F与qE的合力与mg大小相等、方向相反，作出F与qE的合力，如图A、拉力F的取值随着电场强度方向的变化而变化，如果电场强度方向斜向右下方，则F的值将大于，故A错误；B、由图可知，当电场力qE与F垂直时，电场力最小，此时场强也最小则得：qE=mgsin所以电场强度的最小值为E=，故B正确；C、当电场力qE与AB方向垂直时，小球从A运动到B电场力不做功，故C正确；D、若电场强度E=时，即qE=mgtan时，电场力qE可能与AB方向垂直，如图1位置，电场力不做功，电势能变化量为0；电场力的方向也可能电场力位于位置2方向，则电场力做功为W=qEsin2d=qsin2d=2mgdsin2，故D正确故选：BCD二、非选择题（共5小题，满分62分）9在“探究加速度与力、质量的关系的实验”时，采用了如图甲所示的实验方案操作如下：（1）平衡摩擦力时，若所有的操作均正确，打出的纸带如图乙所示，应增大（填“减小”或“增大”）木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹间距相等为止（2）已知小车质量为M，盘和砝码的总质量为m，要使细线的拉力近似等于盘和砝码和总重力，应该满足的条件是m远小于M（填“远小于”、“远大于”或“等于”）（3）图丙为小车质量一定时，根据实验数据描绘的小车加速度a与盘和砝码的总质量m之间的实验关系图象若牛顿第二定律成立，则小车的质量M=0.08kg【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】平衡摩擦力的标准为小车可以匀速运动，打点计时器打出的纸带点迹间隔均匀，当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，细线的拉力等于砝码盘和砝码的总重力大小；根据牛顿第二定律的内容，结合图象的斜率含义，即可求解【解答】解：（1）平衡摩擦力时，应不挂砝码，打出的纸带如图乙所示说明小车加速运动，故应减小倾角，直到纸带上打出的点迹间隔相等（均匀）为止（2）当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小；（3）根据mg=（M+m）a变式为=+由题意知k=，b=，所以M=由图象可知k=0.008，b=0.1，所以M=0.08 kg故答案为：（1）增大，间距相等；（2）远小于；（3）0.08；10在物理课外活动中，刘聪同学制作了一个简单的多用电表，图甲为电表的电路图已知选用的电流表内阻Rg=10、满偏电流Ig=10mA，当选择开关接3时为量程250V的电压表该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，由于粗心上排刻度线对应数据没有标出（1）若指针指在图乙所示位置，选择开关接1时其读数为6.8mA；选择开关接3时其读数为170V（2）为了测该多用电表电阻挡的电阻和表内电源的电动势，刘聪同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：将选择开关接2，红黑表笔短接，调节R的阻值使电表指针满偏；将电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使电表指针指C处，此时电阻箱的示数如图2所示，则C处刻度应为150计算得到多用电表内电源的电动势为1.5V（保留两位有效数字）【考点】N4：用多用电表测电阻【分析】（1）根据电表量程由图示电表确定其分度值，根据指针位置读出其示数（2）电阻箱各指针示数与所对应倍率的乘积之和是电阻箱示数；由闭合电路欧姆定律可以求出电源电动势【解答】解：（1）选择开关接1时测电流，其分度值为0.2mA，示数为6.8mA；选择开关接3时测电压，其分度值为5V，其示数为170V；（2）由图2所示电阻箱可知，电阻箱示数为1000+1100+510+01=150；由图1乙所示可知，指针指在C处时，电流表示数为5mA=0.005A，C处电阻为中值电阻，则电表内阻为150，电源电动势E=IR=0.005150+0.005150=1.5；故答案为：（1）6.8mA；170V；150；1.511如图所示，一质量M=0.4kg的小物块B在足够长的光滑水平台面上静止不动，其右侧固定有一轻质水平弹簧（处于原长）台面的右边平滑对接有一等高的水平传送带，传送带始终以=1m/s的速率逆时针转动另一质量m=0.1kg的小物块A以速度0=4m/s水平滑上传送带的右端已知物块A与传送带之间的动摩擦因数=0.1，传送带左右两端的距离l=3.5m，滑块A、B均视为质点，忽略空气阻力，取g=10m/s2（1）求物块A第一次到达传送带左端时速度大小；（2）求物块A第一次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能Epm；（3）物块A会不会第二次压缩弹簧？【考点】53：动量守恒定律；65：动能定理【分析】（1）物块A从传送带的右端滑到左端的过程，根据动能定理求解；（2）物块A第一次压缩弹簧过程中，当物块A和B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解；（3）物块A第一次压缩弹簧前后动量和动能均守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解碰撞后的速度，再根据动能定理列式求出速度减为零的位移，再物块A第二次向左到达传送带左端时的速度，从而判断是否会第二次压缩弹簧【解答】解：（1）物块A从传送带的右端滑到左端的过程，根据动能定理有：m12m02=mgl代入数据解得：1=3m/s因为1所以物块A第一次到达传送带左端时速度大小为3m/s（2）物块A第一次压缩弹簧过程中，当物块A和B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有：m1=（ M+m ）根据机械能守恒定律有：Epm=m12（ M+m ） 2代入数据解得：Epm=0.36J（3）物块A第一次压缩弹簧前后动量和动能均守恒，有：m1=m1+M2m12=m12+M22解得：1=1=1.8m/s，2=1代入数据解得：1=1.8m/s，2=1.2m/s根据动能定理有：0m 12=mgl1代入数据解得：l1=1.62m因为l1l所以物块A第二次向左到达传送带左端时的速度1=1m/s根据12，可得物块A不会第二次压缩弹簧答：（1）物块A第一次到达传送带左端时速度大小为3m/s；（2）物块A第一次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能Epm为0.36J；（3）物块A不会第二次压缩弹簧12如图甲所示，用粗细均匀的导线制成的一只单匝圆形金属圈，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属圈的质量为m=0.1kg，半径为r=0.1m，导线单位长度的阻值为=0.1/m，金属圈的上半部分处在一方向垂直圈面向里的有界匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示金属圈下半部分在磁场外已知从t=0时刻起，测得经过10s丝线刚好被拉断重力加速度g取10m/s2求：（1）导体圆中感应电流的大小及方向；（2）丝线所能承受的最大拉力F；（3）在丝线断前的10s时间内金属圈中产生的焦耳热Q【考点】D8：法拉第电磁感应定律；BB：闭合电路的欧姆定律；BH：焦耳定律【分析】（1）根据楞次定律判断感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律求圆中感应电流；（2）由图象求出t时刻的磁感应强度，受到的安培力，根据受力平衡求细线的拉力；（3）根据焦耳定律求金属圈内产生的焦耳热【解答】解：（ 1）由楞次定律可知，导体圆中电流方向为逆时针方向 由图乙知， =0.8T/s 导体圆的电阻为R=2r 圆中感应电流I=0.8=0.2 A（2）10秒末磁感应强度B=t=0.810T=8T 导体圆受到的安培力F安=BI2r 细线的拉力：F=F安+mg=BI2r+mg 当t=10s时，代入数据得F=1.32N （3）金属圈内产生的焦耳热：Q=I2Rt 代入数据得：Q=0.025J 答：（1）导体圆中感应电流的大小0.2A及逆时针方向；（2）丝线所能承受的最大拉力1.32N；（3）在丝线断前的10s时间内金属圈中产生的焦耳热0.025J13平面OM和水平面ON之间的夹角为30，其横截面如图所示，平面OM和平面ON之间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外匀强电场的方向竖直向上，一带电小球的质量为m，电荷量为q，带电小球沿纸面以大小为v0的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30角，带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动，已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON恰好相切，且带电小球能从OM上另一点P射出磁场，（P未画出）求：（1）判断带电小球带何种电荷？所加电场强度E为多大？（2）带电小球离开磁场的射点P到两平面交点O的距离S多大？（3）带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏OO，此点到O点的距离多大？【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；AK：带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）粒子做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，重力与电场力合力为零，据此求出场强、判断小球电性（2）粒子做圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后求出距离S（3）粒子离开磁场后做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出距离【解答】解：（1）小球在复合场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，小球受到电场力与重力平衡，小球所受电场力竖直向上，电场力方向与场强方向相同，则小球带正电荷；电场力与重力大小相等：qE=mg，解得：E=；（2）小球进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力作为向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：r=，根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示，Q点为运动轨迹与ON相交的点，I点为入射点，P点为出射点，则IP为圆轨道的弦，小球离开磁场的速度方向与OM的夹角也为300，由几何关系可得，QP为圆轨道的直径，所以，OP的长度S为：S=4r=；（3）带电小球从P点离开磁场后做平抛运动，设打在光屏上的T点，竖直位移为y水平位移：x=v0t，解得：t=，竖直位移：y=gt2=，如图所示，OT的距离H为：H=2R+y=+；答：（1）带电小球带正电荷，所加电场强度E为；（2）带电小球离开磁场的射点P到两平面交点O的距离S为；（3）带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏OO，此点到O点的距离为： +2017年6月5日