2019-2020年高三物理上学期第一次模拟试卷（含解析） (V).doc

2019-2020年高三物理上学期第一次模拟试卷（含解析） (V)一、选择题（共4小题，每题6分每小题给出的四个选项中只有一个选项题意）1了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要下列叙述符合物理学史实的是( )A奥斯特发现了电流的磁效应并得出了电磁感应定律B牛顿通过理想斜面实验得出物体的运动不需要力来维持C伽利略通过实验直接证明了自由落体就是匀变速直线运动D法拉第不仅提出了场的概念，而且用电场线和磁感线形象地描述电场和磁场2如图所示，两竖直木桩ab、cd固定，一根长为L且不可伸长的轻绳分别固定在a、c两端，一质量为m的物体A通过轻质光滑挂钩挂在轻绳中间，静止时轻绳夹角为120现将轻绳换成自然长度为L的橡皮筋，物体A在中间悬挂后仍处于静止状态若橡皮筋处于弹性限度内，重力加速度大小为g，则( )A轻绳的弹力为mgB轻绳的弹力为2mgC橡皮筋的弹力大于mgD橡皮筋的弹力小于mg3如图所示，斜面顶端在同一位置的三个光滑斜面AB、AC、AD，均处于水平方向的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里一个带负电的绝缘物块，分别从三个斜面的顶端A点由静止释放，设滑到底端的时间分别为tAB、tAC、tAD，则( )AtAB=tAC=tADBtABtACtADCtABtACtADD无法比较4课堂上老师做了如图所示的演示实验：用一根金属丝、一节电池、一块磁铁，可以做一个电动机先把电池的负极和磁铁连起来，再用金属丝把电池的正极和磁铁连接起来，放开金属丝，金属丝就会转动下列说法正确的是( )A金属丝转动的动力是安培力B该电动机的工作原理基于电磁感应定律C电源消耗的总功率等于金属丝转动的机械功率D无论磁铁的哪一极与电池的负极相连，金属丝的旋转方向均相同二、选择题（本题共3小题，在每小题给出的四个选项中，有可能有多个选项正确，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错得0分）5我国云南省某些地方现在仍依靠滑铁索过江，如图（甲）所示我们可以把滑铁索过江简化成图（乙）的模型：铁索的两个固定点A、B在同一竖直平面内，AB间的水平距离为L=80m，铁索B点与A点竖直距离为h=8m，铁索的长度为100m，已知一质量M=35kg的学生，背着质量为m=5kg的书包，借助滑轮（滑轮质量不计）从A点静止开始滑到对岸的B点假设滑轮运行过程中受到的阻力大小恒为12N，重力加速度为10m/s2下列说法正确的是 ( )A滑到最低点时人处于超重状态B该同学到达对岸的速度为10m/sC相同体重的两位同学，身高高的同学到达B点的速度大D若该同学想从B返回A，在B点的初速度只需要10m/s6航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的，电磁驱动原理如图所示当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环被弹射出去现在固定线圈左侧同一位置，先后放有分别用横截面积相等的铜和铝导线制成形状、大小相同的两个闭合环，已知电阻率铜铝合上开关S的瞬间，则( )A从左侧看环中感应电流沿逆时针方向B铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力C若将铜环放置在线圈右侧，铜环将向右弹射D电池正负极调换后，金属环不能向左弹射7如图所示，正四棱柱EFIJKHLZ所在的空间中存在一个匀强电场，其中E、F、I、Z四点电势E=5V，F=8V，I=12V，Z=6V，则下列说法正确的是( )AH点的电势为5VB电场强度方向一定与I、K两点的连线垂直CE、K两点间电电势差与I、L两点的电势差相等D把2C正电荷从F点移到Z点，无论何种路径，都需要克服电场力做功4J三、非选择题8在“探究求合力的方法”实验中，（1）本实验采用的科学方法是_A理想实验 B等效替代C、控制变量法D、建立物理模型法（2）图甲是小明同学某次实验用两弹簧秤通过细线Oa、Ob拉橡皮筋OO的情况，指出图中两处操作不妥当之处：_和_（3）图乙显示与细线Oa相连接的弹簧秤示数，读数为_N9为了测量一节新干电池的内阻（1）A同学准备采用图甲的实验器材，用欧姆表直接粗测电池的内阻，你觉得是否可行？_（填“行”或“不行”）（2）B同学采用图乙的实验电路图，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表示数变化_（填“明显”或“不明显”）；（3）C同学改进了B同学的电路图，准备用以下给定的器材和一些导线来完成实验，器材如下：a量程3V的电压表Vb量程0.6A的电流表Ac定值电阻R0（R0=1.5）d滑动变阻器R1（010）e开关S请用笔画线代替导线在图丙中完成实物连接图实验中，改变滑动变器的阻值，得到了如下的六组实验数据：第一组第二组第三组第四组第五组 第六组I/A0.120.200.31 0.42 0.50 0.57 U/V1.251.120.930.860.60 0.48 表中数据已在坐标图丁中描点，请作出UI图象，并根据图象得出该节电池的内阻r=_（结果保留两位有效数字）10（16分）某兴趣小组设计了一种实验装置，其模型如图所示中间部分为水平直轨道，左侧部分为倾斜轨道，与直轨道相切于A点，右侧部分为位于竖直平面内半径为R的半圆轨道，在最低点与直轨道相切于B点实验时将质量为m的小球1在左侧倾斜轨道上某处静止释放，使其与静止在水平轨道上某处质量也为m的小球2发生无机械能损失的碰撞，碰后小球1停下，小球2向右运动，恰好能通过圆轨道的最高点，且落地时又恰好与小球1发生再次碰撞不计空气阻力，轨道各处均光滑，小球可视为质点，重力加速度为g（1）求小球2第一次与小球1碰撞后的速度大小；（2）开始时小球2应放于水平直轨道上何处位置？（3）开始时小球1应距水平直轨道多高位置处释放？11图（甲）是一种手压式环保节能手电筒的结构示意图使用时，迅速按压手柄，灯泡就能发光，这种不需要干电池的手电筒的工作原理是利用电磁感应现象其转动装置和齿轮传动装置的简化原理图如图（乙）、（丙）所示假设图（乙）中的转动装置由直径r1=4.0102m的金属内圈和半径r2=0.1m的金属外圈构成内外圈直径接有一根同半径方向的金属条ab，灯泡通过电刷分别跟内外线圈相连接（图乙中未画出）整个转动装置固定在转动轴上，处于磁感应强度为B=10T的匀强磁场中，磁场方向垂直线的平面（纸面）向里图（丙）齿轮转动装置中A齿轮固定在转动装置的转动轴上，B、C齿轮同心固定，C轮边缘与手柄相啮合，A、B齿轮边缘相啮合已知，A、B、C齿轮的半径分别为rA=4.0102m，rB=0.16m，rC=4.0102m灯泡电阻R=6.0，其他电阻均忽略不计，手柄重力忽略不计当转动装置以角速度=1.0102rad/s相对于转轴中心O点逆时针转动时，（1）求金属条上的电流大小和方向；（2）求手柄向下运动的速度大小；（3）若整个装置将机械能化为电能的效率为60%，则手按压手柄是作用力多大？12（22分）“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成其原理可简化如下：如图所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为M，外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差为U图中偏转磁场分布在以P为圆心，半径为3R的圆周内，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外；内有半径为R的圆盘（圆心在P处）作为收集粒子的装置，粒子碰到圆盘边缘即被吸收假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，从M点以某一速率向右侧各个方向射入偏转磁场，不计粒子间的相互作用和其他星球对粒子引力的影响 （1）求粒子到达M点时的速率（2）若电势差U=，则粒子从M点到达圆盘的最短时间是多少？（3）接第（2）问，试求到达圆盘的粒子数与到达M点的粒子总数比值（结果用反三角函数表示例：sin=k，则=arcsink，为弧度）浙江省台州市xx届高考物理一模试卷一、选择题（共4小题，每题6分每小题给出的四个选项中只有一个选项题意）1了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要下列叙述符合物理学史实的是( )A奥斯特发现了电流的磁效应并得出了电磁感应定律B牛顿通过理想斜面实验得出物体的运动不需要力来维持C伽利略通过实验直接证明了自由落体就是匀变速直线运动D法拉第不仅提出了场的概念，而且用电场线和磁感线形象地描述电场和磁场考点：物理学史分析：伽利略通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持奥斯特通过实验发现了电流的磁效应法拉第通过实验发现了电磁感应现象解答：解：A、奥斯特通过实验发现了电流的磁效应，法拉第得出了电磁感应定律故A错误B、伽利略通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持故B错误C、伽利略并没有用物体的自由落体实验直接证实了自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，而是运用铜球在光滑斜面上的运动合理外推得到的故C错误D、法拉第不仅提出了场的概念，而且用电场线和磁感线形象地描述电场和磁场故D正确故选：D点评：物理学史是考试内容之一，对于重要实验、重大发现和著名理论要加强记忆，不要混淆2如图所示，两竖直木桩ab、cd固定，一根长为L且不可伸长的轻绳分别固定在a、c两端，一质量为m的物体A通过轻质光滑挂钩挂在轻绳中间，静止时轻绳夹角为120现将轻绳换成自然长度为L的橡皮筋，物体A在中间悬挂后仍处于静止状态若橡皮筋处于弹性限度内，重力加速度大小为g，则( )A轻绳的弹力为mgB轻绳的弹力为2mgC橡皮筋的弹力大于mgD橡皮筋的弹力小于mg考点：共点力平衡的条件及其应用；力的概念及其矢量性专题：共点力作用下物体平衡专题分析：根据几何知识求出两绳与水平方向的夹角，分析挂钩受力情况，根据平衡条件求解绳中的张力T同理分析橡皮绳的弹力解答：解：A、B、设两杆间的距离为S，细绳的总长度为L，静止时轻绳两端夹角为120，由于重物的拉力的方向竖直向下，所以三个力之间的夹角都是120根据矢量的合成可知，三个力的大小是相等的故轻绳的弹力大小为mg故A错误，B错误；C、D、若把轻绳换成自然长度为L的橡皮筋，橡皮筋受到拉力后长度增大，杆之间的距离不变，所以重物静止后两根绳子之间的夹角一定小于120，两个分力之间的夹角减小，而合力不变，所以两个分力减小，即橡皮筋的拉力小于mg故C错误，D正确故选：D点评：本题要抓住挂钩与动滑轮相似，两侧绳子的拉力关于竖直方向对称，能运用几何知识求解夹角，再运用平衡条件解题3如图所示，斜面顶端在同一位置的三个光滑斜面AB、AC、AD，均处于水平方向的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里一个带负电的绝缘物块，分别从三个斜面的顶端A点由静止释放，设滑到底端的时间分别为tAB、tAC、tAD，则( )AtAB=tAC=tADBtABtACtADCtABtACtADD无法比较考点：带电粒子在混合场中的运动分析：根据粒子的运动方向与磁场方向，结合左手定则可确定粒子受到的洛伦兹力的方向，并根据受力分析可知，粒子的运动性质解答：解：因为小球带负电其次洛伦兹力方向垂直于速度方向向下，对斜面的压力越来越大，小球受到的洛伦兹力只是增大了小球对斜面的压力，并不改变其加速度，加速度只由重力平行与斜面方向的分力决定，所以是匀加速运动运动的加速度：a=gsin，设斜面高h，则斜面长：，运动的时间t：，所以：，可知，越小，时间越长故：tABtACtAD故选：C点评：考查粒子受力情况来确定运动情况，掌握受力分析的方法，理解左手定则注意小球离开斜面的意思不是滑到底端4课堂上老师做了如图所示的演示实验：用一根金属丝、一节电池、一块磁铁，可以做一个电动机先把电池的负极和磁铁连起来，再用金属丝把电池的正极和磁铁连接起来，放开金属丝，金属丝就会转动下列说法正确的是( )A金属丝转动的动力是安培力B该电动机的工作原理基于电磁感应定律C电源消耗的总功率等于金属丝转动的机械功率D无论磁铁的哪一极与电池的负极相连，金属丝的旋转方向均相同考点：安培力分析：根据左手定则判断金属丝的转动方向，根据能量守恒定律判断电流的大小解答：解：A、小磁铁产生的磁场方向为金属丝的下端A向下流向磁铁，对金属丝的下端平台侧面分析，扁圆柱形磁铁上端为S极，下端为N极周围磁感线由上往下斜穿入螺丝内部在垂直于纸面向外的径向上，磁感应线有垂直于纸面向里的分量在此径向上的负电荷由下往上运动，由左手定则知：此负电荷受到垂直于径向沿纸面向右的洛伦兹力，即在径向的左垂线方向；同理，其他任一径向上的电荷均受到左垂线方向的洛伦兹力（中心原点除外）所以，由上往下看（俯视），螺丝沿逆时针转动，所以该装置的原理是电流在磁场中的受力，故A正确，B错误；C、因为电源消耗的总功率一部分转化为内能，另一部分转化为动能，所以总功率大于热功率故C错误D、结合A的方向可知，磁铁与电池的正极或负极上时，电流的方向不同，所以螺钉的旋转方向不相同故D错误故选：A点评：解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，以及知道在本题中电能部分转化为内能，还有部分转化为机械能二、选择题（本题共3小题，在每小题给出的四个选项中，有可能有多个选项正确，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错得0分）5我国云南省某些地方现在仍依靠滑铁索过江，如图（甲）所示我们可以把滑铁索过江简化成图（乙）的模型：铁索的两个固定点A、B在同一竖直平面内，AB间的水平距离为L=80m，铁索B点与A点竖直距离为h=8m，铁索的长度为100m，已知一质量M=35kg的学生，背着质量为m=5kg的书包，借助滑轮（滑轮质量不计）从A点静止开始滑到对岸的B点假设滑轮运行过程中受到的阻力大小恒为12N，重力加速度为10m/s2下列说法正确的是 ( )A滑到最低点时人处于超重状态B该同学到达对岸的速度为10m/sC相同体重的两位同学，身高高的同学到达B点的速度大D若该同学想从B返回A，在B点的初速度只需要10m/s考点：功能关系；牛顿第二定律分析：人在滑到最低点时由重力和绳索的合力提供向心力，根据牛顿运动定律求出人在滑到最低点时对绳索的压力，并分析人处于超重还是失重状态；根据动能定理列式求解末速度解答：解：A、滑到最低点时重力和支持力的合力提供向心力，加速度向上，是超重，故A正确；B、对从A到B过程，根据动能定理，有：（M+m）ghfS=解得：vB=m/s=10m/s，故B正确；C、根据vB=，相同体重的两位同学，身高高的同学到达B点的速度大相同，故C错误；D、若该同学从B返回A，根据动能定理，有：（M+m）ghfS=0解得：vB=14.6m/s故D错误；故选：AB点评：本题关键是明确人的运动情况、受力情况和能量转化情况，结合牛顿第二定律和动能定理列式分析，不难6航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的，电磁驱动原理如图所示当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环被弹射出去现在固定线圈左侧同一位置，先后放有分别用横截面积相等的铜和铝导线制成形状、大小相同的两个闭合环，已知电阻率铜铝合上开关S的瞬间，则( )A从左侧看环中感应电流沿逆时针方向B铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力C若将铜环放置在线圈右侧，铜环将向右弹射D电池正负极调换后，金属环不能向左弹射考点：楞次定律；安培力分析：由右手螺旋定则可求得线圈中的磁场方向，再由楞次定律明确电流方向及环的受力方向解答：解：A、线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，电流由左侧看为顺时针；故A错误；B、由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大；故铜环受到的安培力要大于铝环，故B正确；C、若环放在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右运动；故C正确；D、电池正负极调换后，金属环受力向左，故仍将向左弹出；故D错误；故选：BC点评：本题要掌握楞次定律的两种描述，一是“增反减同”；二是“来拒去留”；并能灵活根据它们去判断电流方向及受力方向7如图所示，正四棱柱EFIJKHLZ所在的空间中存在一个匀强电场，其中E、F、I、Z四点电势E=5V，F=8V，I=12V，Z=6V，则下列说法正确的是( )AH点的电势为5VB电场强度方向一定与I、K两点的连线垂直CE、K两点间电电势差与I、L两点的电势差相等D把2C正电荷从F点移到Z点，无论何种路径，都需要克服电场力做功4J考点：电势差与电场强度的关系；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：本题应根据这些知识分析：匀强电场中电场强度与电势差的关系公式为U=Ed电场力做功公式WAB=qUAB，而电势差UAB=AB；根据及匀强电场等势线分布特点可知，E、F间电势差应等于J、I间电势差，即可求出J的电势，由F、H间的电势差等于I、L间的电势差，求出H点的电势；根据电势差求解电场力做功解答：解：A、根据匀强电场等势线的分布和公式U=Ed可知，E、F间电势差应等于J、I间电势差，已知E=5V，F=8V，I=12V，则得到J点的电势为J=9VJ、Z间的电势差等于I、L间的电势差，则得L点的电势为L=9V，F、H间的电势差等于I、L间的电势差，则得到H的电势为H=5V故A正确B、由上可知，J=9V，L=9V，可知这两点的电势相等，其连线是一条等势线，则电场强度方向一定与J、L两点的连线垂直，则不与I、K两点的连线垂直，故B错误C、因为EKIL，由U=Ed知，E、K两点间电电势差与I、L两点的电势差相等，故C正确D、把2C正电荷从F点移到Z点，无论何种路径，电场力做功均为 WFZ=qUFZ=q（FZ）=2（86）J=4J，故D错误故选：AC点评：本题关键是抓住匀强电场中等势线的分布情况，由沿电场线方向相等距离两点间电势差相等，分析各点间电势的关系三、非选择题8在“探究求合力的方法”实验中，（1）本实验采用的科学方法是BA理想实验 B等效替代C、控制变量法D、建立物理模型法（2）图甲是小明同学某次实验用两弹簧秤通过细线Oa、Ob拉橡皮筋OO的情况，指出图中两处操作不妥当之处：Oa绳太短和右边弹簧轴线与Ob绳不在同一直线上（3）图乙显示与细线Oa相连接的弹簧秤示数，读数为2.00N考点：验证力的平行四边形定则专题：实验题分析：本题考查了具体实验细节要求，注意所有要求都要便于操作，有利于减小误差进行，所有操作步骤的设计都是以实验原理和实验目的为中心展开，正确理解该实验的实验原理是解题的关键，在该实验中，要正确测量弹力的大小和方向，同时做的平行四边形要大小适中，不能太小，以免增大误差该实验采用“等效替代”法，要求两次拉橡皮筋要到同一位置，即要求橡皮筋形变的大小和大小相同解答：解：（1）本实验中两次要求效果相同，故实验采用了等效替代的方法，故ACD错误，B正确故选：B（2）Oa绳太短，不利于记录左边拉力的方向；右边弹簧轴线与Ob绳不在同一直线上，右边弹簧秤的读数肯定不准确（3）根据乙图可知，读数为2.00N故答案为：（1）B；（2）Oa绳太短；右边弹簧轴线与Ob绳不在同一直线上；（3）2.00点评：本实验采用的是等效替代的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代；同时明确实验原理是对实验的基本要求，要围绕实验原理分析实验步骤，注意事项，数据处理等问题9为了测量一节新干电池的内阻（1）A同学准备采用图甲的实验器材，用欧姆表直接粗测电池的内阻，你觉得是否可行？不行（填“行”或“不行”）（2）B同学采用图乙的实验电路图，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表示数变化不明显（填“明显”或“不明显”）；（3）C同学改进了B同学的电路图，准备用以下给定的器材和一些导线来完成实验，器材如下：a量程3V的电压表Vb量程0.6A的电流表Ac定值电阻R0（R0=1.5）d滑动变阻器R1（010）e开关S请用笔画线代替导线在图丙中完成实物连接图实验中，改变滑动变器的阻值，得到了如下的六组实验数据：第一组第二组第三组第四组第五组 第六组I/A0.120.200.31 0.42 0.50 0.57 U/V1.251.120.930.860.60 0.48 表中数据已在坐标图丁中描点，请作出UI图象，并根据图象得出该节电池的内阻r=0.25（结果保留两位有效数字）考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题分析：（1）明确欧姆表的结构及原理，从而明确是否可行；（2）由闭合电路欧姆定律可分析实验现象是否明显；（3）根据实验原理图连接实物图即可，采用描点法可得出对应的伏安特性曲线；由图象可求得该电池的内阻解答：解：（1）因欧姆表内部有电源与电源的电动势相互影响，无法正确测出电池的内阻；（2）当外电阻远大于内电阻，则由闭合电路欧姆定律可知，路端电压的变化范围不明显；（3）由原理图可知，电路为基本的限流接法，电流表相对于电源采用外接法；原理图如图所示；根据表中数据采用描点法得出对应的图象如图所示；由得出的图象可知，图象的斜率为内阻及定值电阻的和；r+R0=1.75；则电源内阻r=1.751.5=0.25；故答案为：（1）不行；（2）不明显；（3）如图；如图所示；0.25点评：本题考查测量闭合电路欧姆定律的电动势和内电阻，要注意明确实验原理，由此得出对应的图象，并能根据图象得出电源的电动势和内电阻10（16分）某兴趣小组设计了一种实验装置，其模型如图所示中间部分为水平直轨道，左侧部分为倾斜轨道，与直轨道相切于A点，右侧部分为位于竖直平面内半径为R的半圆轨道，在最低点与直轨道相切于B点实验时将质量为m的小球1在左侧倾斜轨道上某处静止释放，使其与静止在水平轨道上某处质量也为m的小球2发生无机械能损失的碰撞，碰后小球1停下，小球2向右运动，恰好能通过圆轨道的最高点，且落地时又恰好与小球1发生再次碰撞不计空气阻力，轨道各处均光滑，小球可视为质点，重力加速度为g（1）求小球2第一次与小球1碰撞后的速度大小；（2）开始时小球2应放于水平直轨道上何处位置？（3）开始时小球1应距水平直轨道多高位置处释放？考点：机械能守恒定律；向心力专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）小球2向右运动，恰好能通过圆轨道的最高点时由重力提供向心力，可求得球2通过最高点时的速度，由机械能守恒求解小球2第一次与小球1碰撞后的速度大小（2）球2离开轨道后做平抛运动，由平抛运动的规律求出其水平位移，即可求解（3）由于两球无机械能损失，可得到碰前球1的速度，对球1运用机械能守恒定律求解解答：解：（1）小球2恰好能通过圆轨道的最高点，则有 mg=m 根据机械能守恒定律得：=+2mgR 由可得 v0= （2）球2离开轨道后做平抛运动，其水平位移为x，则有 x=vt 2R= 由解得：x=2R所以开始时小球2应放于水平直轨道上距B点2R处（3）由于两球无机械能损失，可得到碰前球1的速度大小为v0= 对于球1，有：mgh= 解得 h=2.5R答：（1）小球2第一次与小球1碰撞后的速度大小为；（2）开始时小球2应放于水平直轨道上距B点2R处（3）开始时小球1应距水平直轨道2.5R高位置处释放点评：本题是向心力、机械能守恒和平抛运动的综合，掌握小球通过最高点的临界条件是解题的关键11图（甲）是一种手压式环保节能手电筒的结构示意图使用时，迅速按压手柄，灯泡就能发光，这种不需要干电池的手电筒的工作原理是利用电磁感应现象其转动装置和齿轮传动装置的简化原理图如图（乙）、（丙）所示假设图（乙）中的转动装置由直径r1=4.0102m的金属内圈和半径r2=0.1m的金属外圈构成内外圈直径接有一根同半径方向的金属条ab，灯泡通过电刷分别跟内外线圈相连接（图乙中未画出）整个转动装置固定在转动轴上，处于磁感应强度为B=10T的匀强磁场中，磁场方向垂直线的平面（纸面）向里图（丙）齿轮转动装置中A齿轮固定在转动装置的转动轴上，B、C齿轮同心固定，C轮边缘与手柄相啮合，A、B齿轮边缘相啮合已知，A、B、C齿轮的半径分别为rA=4.0102m，rB=0.16m，rC=4.0102m灯泡电阻R=6.0，其他电阻均忽略不计，手柄重力忽略不计当转动装置以角速度=1.0102rad/s相对于转轴中心O点逆时针转动时，（1）求金属条上的电流大小和方向；（2）求手柄向下运动的速度大小；（3）若整个装置将机械能化为电能的效率为60%，则手按压手柄是作用力多大？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力专题：电磁感应与电路结合分析：（1）根据圆周运动知识求得ab的线速度，结合E=BLv求得电动势，再由欧姆定律求解电流，有右手定则确定电流方向；（2）根据ab的速度，结合圆周运动知识求解手柄的速度；（3）利用能量守恒定律，求解手柄的作用力；解答：解：（1）根据圆周运动，得：，同理得：vb=r1=4m/s，则ab棒切割磁感线的平均速度：，故产生的电动势为：=4.2V，由闭合电路欧姆定律得：，由右手定则判定电流方向由a到b（2）根据圆周运动知识得：A=1.0102rad/s，而vB=vA=BrB=4m/s，解得：，而B=C=25rad/s，手柄向下运动的速度等于C的线速度，大小为1m/s；（3）根据能量守恒定律知，手按压手柄是作用力做功的60%转化为焦耳热，设时间t内的做功为W，则有：W=FX=Fvt=Q=I2Rt，即：Fv=I2R，带入数值得：F1=0.726解得：F=2.94N答：（1）金属条上的电流大小为0.7A，方向电流方向由a到b；（2）手柄向下运动的速度大小为1m/s；（3）手按压手柄是作用力为2.94N点评：本题难度不大，合理的利用圆周运动知识，电磁感应定律及能量守恒定律，解题方法简单，关键在于过程分析和知识的转化12（22分）“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成其原理可简化如下：如图所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为M，外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差为U图中偏转磁场分布在以P为圆心，半径为3R的圆周内，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外；内有半径为R的圆盘（圆心在P处）作为收集粒子的装置，粒子碰到圆盘边缘即被吸收假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，从M点以某一速率向右侧各个方向射入偏转磁场，不计粒子间的相互作用和其他星球对粒子引力的影响 （1）求粒子到达M点时的速率（2）若电势差U=，则粒子从M点到达圆盘的最短时间是多少？（3）接第（2）问，试求到达圆盘的粒子数与到达M点的粒子总数比值（结果用反三角函数表示例：sin=k，则=arcsink，为弧度）考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；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）在电场中电场力做功，由动能定理可求得粒子的速度；（2）由已知条件可求得速度大小，再由洛仑兹力充当向心力可求得半径；根据几何关系可确定最少时间（3）根据几何关系确定能到达圆盘的粒子，根据角度关系可求得打在圆盘上粒子所占比值解答：解：（1）设粒子到达M点的速度为v，由动能定理可得：qU=mv2解得：v=（2）将U=代入，v=设该粒子轨迹半径为r，根据qvB=m得：r=2R若要时间最短，则粒子在磁场中运动的弦长最短，故从M斜向上射入，在图1中E点到达圆盘的粒子用时最短；由几何关系可知：ME=E0=0M=2R故M0E=60得tmin=（3）若粒子以与MP成角从M点射入磁场，轨迹恰好与圆盘相切，画出轨迹如图2所示；根据几何关系找出粒子轨迹的圆心与01刚好落在磁场的边界上MP=01P=3R在等腰MP01中作PFM01因为PF与该粒子从M进入时的速度方向平行，故sin=arcsin若粒子以与MP垂直从M点射入磁场，轨迹也恰与圆盘相切，如图3所示；故入射角度在arcsin至之间的粒子打在圆盘上；故达圆盘的粒子数与到达M点的粒子总数比值=答：（1）粒子到达M点时的速率为；（2）粒子从M点到达圆盘的最短时间是；（3）故达圆盘的粒子数与到达M点的粒子总数比值为点评：本题考查带电粒子在磁场中运动，此类问题解题的关键在于明确粒子的运动情况，注意应用几何关系确定圆心和半径本题中注意第三小问中利用角度来求粒子数所点比例