2019-2020年高考物理下学期模拟试卷（含解析）.doc

2019-2020年高考物理下学期模拟试卷（含解析）一、单项选择题（每小题6分，共30分每小题给出四个选项中，只有一个选项是正确的）1氢原子从n=3的能级跃迁到n=2的能级时辐射出a光，从n=4的能级跃迁到n=2的能级时辐射出b光下列关于这两种光的说法正确的是( )A因为电磁波传播速度仅由介质决定，所以a、b光在同种介质中的传播速度大小相同Ba、b光以相同的入射角从水射入空气，在增大入射角的过程中折射光a先消失C若a光不能使某金属发生光电效应，则b光一定不能使该金属发生光电效应D用同一双缝干涉装置进行实验，得到的相邻干涉条纹的间距，a光的比b光的大2甲、乙、丙三图中物体的质量相同，弹簧秤、绳和滑轮的质量均不计，绳与滑轮间的摩擦力不计在图甲、乙、丙中，弹簧秤的读数分别是F1、F2、F3，则( )AF3F1=F2BF3=F1F2CF1=F2=F3DF1F2=F33如图所示，长木板静止在光滑的水平面上，长木板的左端固定一个档板，档板上固定一个长度为L的轻质弹簧，长木板与档板的总质量为M，在木板的右端有一质量为m的铁块现给铁块一个水平向左的初速度v0，铁块向左滑行并与轻弹簧相碰，碰后返回恰好停在长木板的右端根据以上条件可以求出的物理量是( )A铁块与轻弹簧相碰过程中所具有的最大弹性势能B弹簧被压缩的最大长度C长木板运动速度的最大值D铁块与长木板间的动摩擦因数4如图所示，一航天器围绕地球沿椭圆形轨道运动，地球的球心位于该椭圆的一个焦点上，A、B两点分别是航天器运行轨道上的近地点和远地点若航天器所受阻力可以忽略不计，则该航天器( )A由近地点A运动到远地点B的过程中动能增大B由近地点A运动到远地点B的过程中万有引力做正功C在近地点A的加速度小于它在远地点B的加速度D运动到A点时其速度如果能增加到第二宇宙速度，那么它将不再围绕地球运行5某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成发电机中矩形线圈所围成的面积为S，匝数为N，电阻不计，它可绕水平轴OO在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度匀速转动矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线的电阻，以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是( )A若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值最小B发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e=NBScostC当用户数目增多时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向下滑动D当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高二、不定项选择题（每小题6分，共18分每小题给出四个选项中，都有多个选项是正确的，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分）6一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E在与环心等高处放有一质量为m、带电+q的小球，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是( )A小球经过环的最低点时速度最大B小球在运动过程中机械能守恒C小球经过环的最低点时对轨道压力为（mg+qE）D小球经过环的最低点时对轨道压力为3（mg+qE）7放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系，和物体速度v与时间t的关系如图所示，取重力加速度g=10m/s2由此两图线可以求得( )A物块的质量m=0.5 kg，物块与地面之间的动摩擦因数=0.4B前2 s内拉力F做的功为2 JC24 s物体克服摩擦力做的功为8 JD46 s合外力做的功为16 J8一列简谐横波沿x轴正方向传播，传播速度为l0m/s当波传到x=5m处的质点P时，波形如图所示则以下判断正确的是( )A这列波的周期为0.5sB再经过0.4s，质点P第一次回到平衡位置C再经过0.7s，x=9m处的质点Q到达波峰处D质点Q到达波峰时，质点P恰好到达波谷处三、填空实验题：9写出两个质子（H）与两个中子（n）聚变生成一个氦核（He）的核反应方程式_若质子的质量为m1、中子的质量为m2、氦核的质量为m3，则反应中放出的能量为_10如图，为测量做匀加速直线运动的物块的加速度，将宽度均为d的挡光片固定在物块上，测得二光电门之间距离为s当滑块匀加速运动时，测得挡光片先后经过两个光电门的时间为t1和t2，则小车的加速度a=_；（多选）为减小实验误差，可采取的方法是_A增大两挡光片宽度d B适当减小两挡光片宽度dC增大两光电门之间的距离s D减小两光电门之间的距离s11为了测量某电池的电动势E（约为3V）和内阻r，选用的器材如下：A电流表G1（量程为2mA，内电阻为100）B电流表G2（量程为1mA，内电阻为200）C电阻箱R1（099.99）D电阻箱R2（09999）E滑动变阻器R3（0100 允许最大电流1A）F待测电池G开关一个、导线若干（1）某同学利用上述器材，采用图甲的电路测量该电池的电动势和内阻，请按照图甲将图乙所示的实物图连线；（2）图甲中利用电阻箱R1将电流表G1改装成了量程为0.5A的电流表，利用电阻箱R2将将电流表G2装成了量程为3V的电压表，则电阻箱R2的阻值调到_；（3）以G2示数I2为纵坐标，G1示数I1为横坐标，作出I2I1图象如图丙所示，结合图象可得出电源的电动势为_V，电源的内阻为_；（结果均保留两位有效数字）四、解答题（共3小题，满分54分）12（16分）如图，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切质量为m的带正电小球B静止在水平轨道上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平轨道高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为是零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用带电小球均可视为质点已知A、B两球始终没有接触重力加速度为g求：（1）A、B两球相距最近时，A球的速度v；（2）A、B两球最终的速度vA、vB的大小13（18分）如图所示，有一区域足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向与水平放置的导轨垂直导轨宽度为L，右端接有电阻R，MN是一根质量为m的金属棒，金属棒与导轨垂直放置，且接触良好，金属棒与导轨电阻均不计金属棒与导轨间的动摩擦因数为，现给金属棒一水平冲量，使它以初速度v0沿导轨向左运动已知金属棒在整个运动过程中，通过任一截面的总电荷量为q求：（1）金属棒运动的位移s；（2）金属棒运动过程中回路产生的焦耳热Q；（3）金属棒运动的时间t14如图所示，一个带正电的粒子沿磁场边界从A点射入左侧磁场，粒子质量为m、电荷量为q，其中区域、内是垂直纸面向外的匀强磁场，左边区域足够大，右边区域宽度为1.3d，磁感应强度大小均为B，区域是两磁场间的无场区，两条竖直虚线是其边界线，宽度为d；粒子从左边界线A点射入磁场后，经过、区域后能回到A点，若粒子在左侧磁场中的半径为d，整个装置在真空中，不计粒子的重力（1）求：粒子从A点射出到回到A点经历的时间t（2）若在区域内加一水平向右的匀强电场，粒子仍能回到A点，求：电场强度E天津市滨海新区xx届高考物理模拟试卷一、单项选择题（每小题6分，共30分每小题给出四个选项中，只有一个选项是正确的）1氢原子从n=3的能级跃迁到n=2的能级时辐射出a光，从n=4的能级跃迁到n=2的能级时辐射出b光下列关于这两种光的说法正确的是( )A因为电磁波传播速度仅由介质决定，所以a、b光在同种介质中的传播速度大小相同Ba、b光以相同的入射角从水射入空气，在增大入射角的过程中折射光a先消失C若a光不能使某金属发生光电效应，则b光一定不能使该金属发生光电效应D用同一双缝干涉装置进行实验，得到的相邻干涉条纹的间距，a光的比b光的大考点：氢原子的能级公式和跃迁；光电效应专题：原子的能级结构专题分析：能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，根据能级差的大小比较光子能量的大小，光子能量越大，频率越大，折射率越大，在介质中的速度越小频率越大，波长越小，根据双缝干涉条纹的间距公式比较条纹间距的大小解答：解：A、从n=3的能级跃迁到n=2的能级时辐射出的光子能量小于从n=4能级跃迁到n=2的能级时辐射出的光子能量，即a光子能量小于b的光子能量，a的光子能量小，频率小，折射率小，根据v= 知，在介质中的传播速度大故A错误B、当a、b光以相同的入射角从水射入空气，因a的折射率小，则临界角大，若在增大入射角的过程中折射光b先消失故B错误C、b光的频率大，若a光不能使某金属发生光电效应，则b光有可能使该金属发生光电效应故C错误D、a光的频率小，则波长长，根据x=知，a光照射双缝得到相邻亮条纹的间距比用b光照射双缝得到的相邻亮条纹的间距大故D正确故选：D点评：解决本题的关键通过能级跃迁比较出光子频率的大小，知道光电效应的条件，以及知道频率、折射率、波长等物理量的大小联系2甲、乙、丙三图中物体的质量相同，弹簧秤、绳和滑轮的质量均不计，绳与滑轮间的摩擦力不计在图甲、乙、丙中，弹簧秤的读数分别是F1、F2、F3，则( )AF3F1=F2BF3=F1F2CF1=F2=F3DF1F2=F3考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力专题：共点力作用下物体平衡专题分析：弹簧称的读数等于弹簧受到的拉力甲图、乙图分别以物体为研究对象由平衡条件求解丙图以动滑轮为研究对象分析受力情况，根据平衡条件求解解答：解：甲图：物体静止，弹簧的拉力F1=mg；乙图：对物体为研究对象，作出力图如图由平衡条件得：F2=Gsin60=mg=0.866mg丙图：以动滑轮为研究对象，受力如图由几何知识得F3=mg故：F3=F1F2故选：B点评：本题是简单的力平衡问题，关键是分析物体的受力情况，作出力图对于丙图，是平衡中的特例，结果要记忆3如图所示，长木板静止在光滑的水平面上，长木板的左端固定一个档板，档板上固定一个长度为L的轻质弹簧，长木板与档板的总质量为M，在木板的右端有一质量为m的铁块现给铁块一个水平向左的初速度v0，铁块向左滑行并与轻弹簧相碰，碰后返回恰好停在长木板的右端根据以上条件可以求出的物理量是( )A铁块与轻弹簧相碰过程中所具有的最大弹性势能B弹簧被压缩的最大长度C长木板运动速度的最大值D铁块与长木板间的动摩擦因数考点：动量守恒定律；弹性势能；机械能守恒定律专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：A、铁块从木板的右端端沿板面向左滑行，当铁块与木板的速度相同时，弹簧压缩最短，其弹性势能最大根据能量守恒列出此过程的方程从两者速度相同到铁块运动到木板的右端过程时，两者速度再次相同，根据能量守恒定律再列出整个过程的方程根据系统动量守恒可知，两次速度相同时，铁块与木板的共同速度相同，根据动量守恒定律求出共同速度，联立求解弹簧具有的最大弹性势能B、由于不知道弹簧的劲度系数和长木板的长度，因此不能求出弹簧被压缩的最大长度、长木板运动速度的最大值、铁块与长木板间的滑动摩擦力解答：解：A、设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，铁块相对木板向左运动时，滑行的最大路程为s，摩擦力大小为f根据能量守恒定律得： 铁块相对于木板向左运动过程：铁块相对于木板运动的整个过程：又根据系统动量守恒可知，mv0=（M+m）v联立得到：Ep=fs=故A正确B、，由于不知道弹簧的劲度系数，所以不能求出弹簧被压缩的最大长度故B错误C、由于不知道弹簧的劲度系数k和长木板的长度（或是铁块滑行的最大路程s），所以求不出长木板运动速度的最大值故C错误D、由A得分析可知，可以求出fs，但是不知道s，所以不知道f，因此求不出铁块与长木板间的动摩擦因数故D错误故选A点评：本题是系统的动量守恒和能量守恒问题，分析两个过程进行研究，要抓住铁块与木板两次共同速度相同4如图所示，一航天器围绕地球沿椭圆形轨道运动，地球的球心位于该椭圆的一个焦点上，A、B两点分别是航天器运行轨道上的近地点和远地点若航天器所受阻力可以忽略不计，则该航天器( )A由近地点A运动到远地点B的过程中动能增大B由近地点A运动到远地点B的过程中万有引力做正功C在近地点A的加速度小于它在远地点B的加速度D运动到A点时其速度如果能增加到第二宇宙速度，那么它将不再围绕地球运行考点：万有引力定律及其应用专题：万有引力定律的应用专题分析：根据开普勒第二定律可知：在近地点的速度大于远地点的速度，根据做功公式判断功的正负，根据万有引力提供向心力公式判断加速度的大小当卫星的速度增加到第二宇宙速度时，将脱离地球的束缚，到太阳系中绕太阳运动解答：解：A、根据开普勒第二定律可知：在近地点的速度大于远地点的速度，所以A点的速度大于B点的速度，即由近地点A运动到远地点B的过程中动能减小，故A错误；B、万有引力指向地心，从A到B的过程，位移的方向与万有引力的方向相反，故万有引力做负功，故B错误；C、根据牛顿第二定律和万有引力定律得：a=，因为A的轨道半径小于B的轨道半径，所以在近地点A的加速度大于它在远地点B的加速度，故C错误D、当卫星的速度增加到第二宇宙速度时，将脱离地球的束缚，到太阳系中绕太阳运动，故D正确；故选：D点评：本题主要考查了开普勒第二定律、万有引力公式、力做功正负判断方法的应用，难度不大，属于基础题5某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成发电机中矩形线圈所围成的面积为S，匝数为N，电阻不计，它可绕水平轴OO在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度匀速转动矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线的电阻，以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是( )A若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值最小B发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e=NBScostC当用户数目增多时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向下滑动D当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高考点：变压器的构造和原理；交流发电机及其产生正弦式电流的原理专题：交流电专题分析：当线圈与磁场平行时，感应电流最大，当两者垂直时，感应电流最小；确定瞬时表达式时，注意线圈开始计时的位置，从而得出正弦还是余弦；根据闭合电路欧姆定律来确定电流随着电阻变化而变化，但不会改变原线圈的电压，从而即可求解解答：解：A、当线圈与磁场平行时，感应电流最大，故A错误；B、从垂直中性面计时，则感应电动势的瞬时值表达式为e=NBScost，故B正确；C、当用户数目增多时，功率增大，根据功率P=UI，当电压不变，则电流增大，损失电压增大，从而可确定触头P移动方向向上，故C错误；D、当触头P向下移动，只会改变副线圈的电流，从而改变原线圈的电流，不会改变原线圈的电压，故D错误故选：B点评：考查瞬时表达式的书写时，关注线圈的开始计时位置，得出最大值，区别与有效值，理解电阻的变化，只会改变电流与功率，不会影响电压的变化二、不定项选择题（每小题6分，共18分每小题给出四个选项中，都有多个选项是正确的，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分）6一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E在与环心等高处放有一质量为m、带电+q的小球，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是( )A小球经过环的最低点时速度最大B小球在运动过程中机械能守恒C小球经过环的最低点时对轨道压力为（mg+qE）D小球经过环的最低点时对轨道压力为3（mg+qE）考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力专题：电场力与电势的性质专题分析：小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒根据动能定理知小球经过环的最低点时速度最大根据动能定理求出小球经过在最低点时的速度，由牛顿第二定律求出环对球的支持力，得到球对环的压力解答：解：A、小球从最高点到最低点的过程中，合力做正功最多，则根据动能定理得知，动能增加增大，速率增大增大，所以小球经过环的最低点时速度最大故A正确B、小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒故B错误C、D小球从最高点到最低点的过程，根据动能定理得：（mg+qE）R=又由，联立解得N=3（mg+qE）故D正确，C错误故选：AD点评：本题是带电体在匀强电场中做圆周运动的问题，由动能定理和牛顿运动定律结合求解是常用的思路7放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系，和物体速度v与时间t的关系如图所示，取重力加速度g=10m/s2由此两图线可以求得( )A物块的质量m=0.5 kg，物块与地面之间的动摩擦因数=0.4B前2 s内拉力F做的功为2 JC24 s物体克服摩擦力做的功为8 JD46 s合外力做的功为16 J考点：动能定理的应用；功的计算专题：功的计算专题分析：根据vt图和Ft图象可知，在46s，物块匀速运动，处于受力平衡状态，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物体受到的摩擦力的大小，在根据在24s内物块做匀加速运动，由牛顿第二定律可以求得物体的质量的大小由摩擦力公式可求得动摩擦因数的大小；根据动能定理可求出功的大小解答：解：A、46s做匀速直线运动，则：f=F=2N24s内做匀加速直线运动，加速度为：，根据牛顿第二定律得：Ff=ma，即：kg摩擦力公式得 ，所以A正确B、前2s内物体没有位移，故力做功为零；故B错误；C、24 s位移x=4m；物体克服摩擦力做的功为W=24=8 J；故C正确；D、46 s物体动能的变化量为零；故合外力做的功为0；故D错误；故选：AC点评：本题考查动能定理及图象的综合应用，要注意明确vt图象中点线面的准确意义，并能灵活应用8一列简谐横波沿x轴正方向传播，传播速度为l0m/s当波传到x=5m处的质点P时，波形如图所示则以下判断正确的是( )A这列波的周期为0.5sB再经过0.4s，质点P第一次回到平衡位置C再经过0.7s，x=9m处的质点Q到达波峰处D质点Q到达波峰时，质点P恰好到达波谷处考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：根据波的传播方向确定各质点的振动方向，分析振动传播的过程，研究回复力、加速度变化情况解答：解：A传播速度为10m/s，波长为4m，这列波的周期为0.4s，所以再经过0.4s，质点P第二次回到平衡位置，故AB错误C再经过0.7s，即1个周期，P和Q相差一个波长，所以Q点运动了个周期由于，质点Q起振方向向下，因此此时Q达到波峰处故C正确DP和Q相差一个波长，质点Q到达波峰时，质点P恰好到达波峰处，故D错误故选：C点评：本题的技巧是运用波形平移研究质点的状态，这是波动图象问题中经常采用的方法，要学会应用三、填空实验题：9写出两个质子（H）与两个中子（n）聚变生成一个氦核（He）的核反应方程式2H+2nHe若质子的质量为m1、中子的质量为m2、氦核的质量为m3，则反应中放出的能量为考点：爱因斯坦质能方程；裂变反应和聚变反应专题：衰变和半衰期专题分析：结合质量数守恒与核电荷数守恒即可求出核反应方程；先求出核反应中质量亏损，再由爱因斯坦质能方程，反应释放的核能E=mc2，从而即可求解解答：解：两个质子（H）与两个中子（n）聚变生成一个氦核（He），其核反应方程为：2H+2nHe质子的质量为m1、中子的质量为m2、氦核的质量为m3，则反应中放出的能量：E=mc2=故答案为：2H+2nHe，点评：本题考查应用质能方程研究核反应中质量亏损的能力另外要知道核反应向平均结合能增大的方向进行，要释放能量10如图，为测量做匀加速直线运动的物块的加速度，将宽度均为d的挡光片固定在物块上，测得二光电门之间距离为s当滑块匀加速运动时，测得挡光片先后经过两个光电门的时间为t1和t2，则小车的加速度a=；（多选）为减小实验误差，可采取的方法是BCA增大两挡光片宽度d B适当减小两挡光片宽度dC增大两光电门之间的距离s D减小两光电门之间的距离s考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题：实验题分析：（1）光电门测量滑块瞬时速度的原理是遮光条通过光电门的速度可以用平均速度代替，即v=，求出小车经过两个光电门的速度，再根据运动学公式即可求出物体的加速度a（2）根据极限逼近思想用平均速度代替瞬时速度，则b要小；另外A、B点越远，相对误差越小解答：解：（1）挡光片通过光电门的平均速度可以认为是小车在此时刻的瞬时速度，故小车两次同过光电门的速度分别为：则挡光片第一次经光电门时的瞬时速度v1=挡光片第二次经光电门时的瞬时速度v2=此段时间小车的位移为d，由运动学速度位移关系式得：带入数据得：a=（2）d越小，所测的平均速度越接近瞬时速度，s越大初速度与末速度差距越大，速度平方差越大，相对误差越小故为减小实验误差，可采取的方法是减小两挡光片宽度d或增大两挡光片间距s，故BC正确故选：BC故答案为：（1）；（2）BC点评：本题应掌握光电门测量滑块瞬时速度的原理，正确进行误差分析，是考查学生综合能力的好题11为了测量某电池的电动势E（约为3V）和内阻r，选用的器材如下：A电流表G1（量程为2mA，内电阻为100）B电流表G2（量程为1mA，内电阻为200）C电阻箱R1（099.99）D电阻箱R2（09999）E滑动变阻器R3（0100 允许最大电流1A）F待测电池G开关一个、导线若干（1）某同学利用上述器材，采用图甲的电路测量该电池的电动势和内阻，请按照图甲将图乙所示的实物图连线；（2）图甲中利用电阻箱R1将电流表G1改装成了量程为0.5A的电流表，利用电阻箱R2将将电流表G2装成了量程为3V的电压表，则电阻箱R2的阻值调到2.8；（3）以G2示数I2为纵坐标，G1示数I1为横坐标，作出I2I1图象如图丙所示，结合图象可得出电源的电动势为2.7V，电源的内阻为9.0；（结果均保留两位有效数字）考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题分析：本题（1）的关键是连线时注意正负极；题（2）的关键是根据串并联规律和欧姆定律列出表达式求解即可；题（3）的关键是根据闭合电路欧姆定律写出公式（注意总电流），然后整理出有关纵轴和横轴物理量的表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解解答：解：（1）：实物连线图如图所示：（2）：根据欧姆定律和串并联规律应有：I=，解得=0.4，由U=，代入数据解得：=2.8；（3）：根据闭合电路欧姆定律应有：E=；整理可得：=；结合图象斜率和截距概念应有：，代入数据解得：r=9.0，E=2.7V；故答案为：（1）如图（2）2.8（3）2.7，9.0点评：应明确：遇到应用图象求解的问题，首先应根据物理规律写出公式，然后整理出关于纵轴和横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解四、解答题（共3小题，满分54分）12（16分）如图，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切质量为m的带正电小球B静止在水平轨道上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平轨道高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为是零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用带电小球均可视为质点已知A、B两球始终没有接触重力加速度为g求：（1）A、B两球相距最近时，A球的速度v；（2）A、B两球最终的速度vA、vB的大小考点：动量守恒定律；能量守恒定律专题：动量定理应用专题分析：（1）由机械能守恒定律求出A的速度，两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出速度（2）由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出两球的速度解答：解：（1）A球下滑过程，由机械能守恒定律得：2mgh=2mv02，解得：v0=，两球相互作用过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，两球距离最近时速度相等，由动量守恒定律得：2mv0=（2m+m）v，解得：v=；（2）两球在静电斥力作用下要相互远离，在该过程中系统动量守恒，能量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：2mv0=2mvA+mvB，由能量守恒定律得：2mv02=2mvA2+mvB2，解得：vA=，vB=；答：（1）A、B两球相距最近时，A球的速度v=；（2）A、B两球最终的速度大小：vA=，vB=点评：本题考查了求小球速度问题，分析清楚小球运动过程，应用机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题，分析清楚运动过程是正确解题的关键13（18分）如图所示，有一区域足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向与水平放置的导轨垂直导轨宽度为L，右端接有电阻R，MN是一根质量为m的金属棒，金属棒与导轨垂直放置，且接触良好，金属棒与导轨电阻均不计金属棒与导轨间的动摩擦因数为，现给金属棒一水平冲量，使它以初速度v0沿导轨向左运动已知金属棒在整个运动过程中，通过任一截面的总电荷量为q求：（1）金属棒运动的位移s；（2）金属棒运动过程中回路产生的焦耳热Q；（3）金属棒运动的时间t考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：金属棒沿导轨向左运动，切割磁感线产生感应电流，金属棒受到安培力，做减速运动直到停止求出安培力，可由牛顿第二定律求出加速度根据法拉弟定律求解电量由能量守恒定律研究热量解答：解：（1）金属棒在摩擦力和安培力的作用下做变减速直线运动，已知整个运动过程中通过任一截面的总电荷量为q，有：解得：（2）对金属棒运动过程，根据功能关系有：解得：（3）对金属棒运动过程，根据动量定理有：整理得：mgt+BqL=mv0解得：答：（1）金属棒运动的位移：；（2）金属棒运动过程中回路产生的焦耳热：；（3）金属棒运动的时间：点评：本题应用到电磁感应、右手定则、左手定则、牛顿定律、能量守恒定律及动量定理等知识，要培养分析问题和解决综合题的能力14如图所示，一个带正电的粒子沿磁场边界从A点射入左侧磁场，粒子质量为m、电荷量为q，其中区域、内是垂直纸面向外的匀强磁场，左边区域足够大，右边区域宽度为1.3d，磁感应强度大小均为B，区域是两磁场间的无场区，两条竖直虚线是其边界线，宽度为d；粒子从左边界线A点射入磁场后，经过、区域后能回到A点，若粒子在左侧磁场中的半径为d，整个装置在真空中，不计粒子的重力（1）求：粒子从A点射出到回到A点经历的时间t（2）若在区域内加一水平向右的匀强电场，粒子仍能回到A点，求：电场强度E考点：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专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）画出粒子运动的轨迹，根据圆的对称性求出其运动轨迹的半径，由牛顿第二定律和向心力公式求出其速率，由运动学公式求解时间t（2）在区域内加一水平向右的匀强电场，当粒子向右通过电场时将要被加速，向左通过电场时将要被减速画出轨迹示意图，根据动能定理和几何知识进行求解解答：解：（1）因粒子从A点出发，经过、区域后能回到A点，由对称性可知粒子做圆周运动的半径为r=d，如右侧上图 由Bqv=m得 v=所以运行时间为 t=（2）设在区域内加速的粒子到区的速度为v1由动能定理：qEd=mv12mv2设在区域内粒子做圆周运动的半径为r，分析粒子运动的轨迹，如图所示，粒子沿半径为d的半圆运动至区，经电场加速后，在区又经半圆运动返回电场减速到边界线的A点，此时设AN=x则：x=2（rd）此后，粒子每经历一次“回旋”，粒子沿边界线的距离就减小x，经过n次回旋后能返回A点必须满足：nx=2d（n=1、2、3、）求得：（n=1、2、3、）半径r太大可能从右边飞出磁场，所以必须满足下面条件：由r1.3d，得：即，（n=4、5、6、）由公式：Bqv1=m；得：，（n=4、5、6、）代入得：（n=4、5、6、）答：（1）粒子从A点射出到回到A点经历的时间t为（2）若在区域内加一水平向右的匀强电场，粒子仍能回到A点，电场强度E应为（n=4、5、6、）点评：本题是带电粒子在组合场中运动的问题，解题关键是画出粒子的运动轨迹，运用几何知识求解轨迹半径满足的条件