高三物理一轮精细化复习滚动复习二.doc

www.ks5u.com江苏省盐城中学2015届高三上学期期末考试物理试卷一单项选择题：（本题共6小题，每小题3分，共计18分每小题只有-个选项符合题意.）1（3分）甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点（足够高）处同时由静止释放两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f=kv（k为正的常量）两球的vt图象如图所示落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2则下列判断正确的是（）A释放瞬间甲球加速度较大B=C甲球质量大于乙球Dt0时间内两球下落的高度相等考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像.专题：牛顿运动定律综合专题分析：由图看出两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，重力与空气阻力平衡，根据平衡条件和牛顿第二定律列式分析解答：解：A、释放瞬间v=0，因此空气阻力f=0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故A错误；B、两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kv=mg，因此最大速度与其质量成正比，即vmm，故=，故B正确；C、由于=，而v1v2，故甲球质量大于乙球，故C正确；D、图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t0时间内两球下落的高度不相等；故D错误；故选：BC点评：本题中小球的运动情况与汽车起动类似，关键要抓住稳定时受力平衡，运用牛顿第二定律分析2（3分）（2014江苏模拟）如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E1、方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E2、方向竖直向上的匀强电场一个质量m，带电+q的小球从上方电场的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，则下列结论正确的是（）A在虚线上下方的电场中，带电小球运动的加速度相同B带电小球在A、B两点电势能相等C若A、B高度差为h，则UAB=D两电场强度大小关系满足E2=2E1考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势能.专题：电场力与电势的性质专题分析：根据运动的对称性得出加速度的大小关系，通过动能定理求出A、B的电势差结合牛顿第二定律得出两电场强度的关系解答：解：A、A到虚线速度由零加速至v，虚线到B速度v减为零，位移相同，根据匀变速运动的推论知，时间相同，则加速度大小相等，方向相反故A错误；B、对A到B的过程运用动能定理得，qUAB+mgh=0，解得：，知A、B的电势不等，则电势能不等故B错误，C正确；D、在上方电场，根据牛顿第二定律得：，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：，因为a1=a2，解得：故D错误故选：C点评：本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，抓住小球在上方电场和下方电场中运动的对称性入手分析求解3（3分）如图a所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h1处由静止释放，其动能Ek与离地高度h的关系如图b所示其中高度从h1下降到h2，图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，轻弹簧劲度系数为k，小物体质量为m，重力加速度为g以下说法正确的是（）A小物体下降至高度h3时，弹簧形变量为0B小物体下落至高度h5时，加速度为0C小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了D小物体从高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能为mg（h1h5）考点：功能关系.分析：高度从h1下降到h2，图象为直线，该过程是自由落体，h1h2的坐标就是自由下落的高度，此时的加速度也就是自由落体加速度；h3点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为零，加速度也就为零，可以计算出弹簧的形变量；小物体下落至高度h5时，加速度最大；h4点与h2点物体的动能相同，根据功能关系即可得出h4点弹簧的弹性势能与h2点的弹性势能的变化量由机械能守恒即可求出小物体从高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能解答：解：A、高度从h1下降到h2，图象为直线，该过程是自由落体，h1h2的坐标就是自由下落的高度，所以小物体下降至高度h2时，弹簧形变量为0故A错误；B、物体的动能先增大，后减小，小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍；小物体下落至高度h5时，动能又回到0，说明h5是最低点，弹簧的弹力到达最大值，一定大于重力的2倍，所以此时物体的加速度最大故B错误；C、小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍；此时弹簧的压缩量：，小物体从高度h2下降到h4，重力做功：物体从高度h2下降到h4，重力做功等于弹簧的弹性势能增加，所以小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了故C错误；D、小物体从高度h1下降到h5，重力做功等于弹簧弹性势能的增大，所以弹簧的最大弹性势能为：mg（h1h5）故D正确故选：D点评：知道物体压缩弹簧的过程，就可以逐个分析位移和加速度要注意在压缩弹簧的过程中，弹力是个变力，加速度是变化的，当速度等于零时，弹簧被压缩到最短4（3分）一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在车上的一根水平杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖直方向上现使小车如图分四次分别以a1，a2，a3，a4向右匀加速运动，四种情况下M、m均与车保持相对静止，且图甲和图乙中细线仍处于竖直方向，已知以a1：a2：a3：a4=1：2：4：8，M受到的摩擦力大小依次为f1，f2，f3，f4，则错误的是（）Af1：f2=1：2Bf1：f2=2：3Cf3：f4=1：2Dtan=2tan考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用.专题：牛顿运动定律综合专题分析：前两图中，M是由静摩擦力提供加速度的，根据牛顿第二定律直接求解f1和f2的关系；后两图中对小球和滑块整体受力分析，根据牛顿第二定律列式求解通过对m隔离分析可判断图中角的关系解答：解：A、B、甲乙两图中，M水平方向只受静摩擦力作用，根据牛顿第二定律得：f1=Ma1f2=Ma2而a1：a2=1：2，则f1：f2=1：2，故A正确，B错误；C、丙丁两图中，对m和M整体受力分析，受总重力（M+m）g、支持力N、摩擦力f，如图根据牛顿第二定律，有f=（M+m）a 所以f3：f4=a3：a4=4：8=1：2，故C正确，D、对物体m隔离受力分析，可得tan=，tan=，而a3：a4=4：8，所以 tan=2tan，故D正确本题选错误的，故选：B点评：本题关键是对滑块、滑块与小球整体受力分析后根据牛顿第二定律列式求解，难度适中5（3分）在如图（a）所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表（内阻极大）的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（b）所示则（）A图线甲是电压表V1示数随电流变化的图线B电源内电阻的阻值为10C电源的电动势是4VD滑动变阻器R2的最大功率为0.9W考点：路端电压与负载的关系；电功、电功率.专题：恒定电流专题分析：由图可知两电阻串联，V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压；当滑片向左端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则可知总电阻变化，由闭合电路欧姆定律可知电路中电流的变化，则可知内电压的变化及路端电压的变化，同时也可得出R1两端的电压变化，判断两图象所对应的电压表的示数变化；由图可知当R2全部接入及只有R1接入时两电表的示数，则由闭合电路的欧姆定律可得出电源的内阻；由功率公式可求得电源的最大输出功率及滑动变阻器的最大功率解答：解：A、当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；而R1两端的电压增大，故乙表示是V1示数的变化；甲表示V2示数的变化；故A错误；B、由图可知，当只有R1接入电路时，电路中电流为0.6A，电压为3V，则由E=U+Ir可得：E=3+0.6r；当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为，故=；由闭合电路欧姆定律可得E=5+0.2r解得r=5，E=6V，故BC错误；D、由C的分析可知，R1的阻值为5，R2电阻为20；当R1等效为内阻，则当滑动变阻器的阻值等于R+r时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为10时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流I=A=0.3A，则滑动变阻器消耗的总功率P=I2R=0.9W；故D正确；故选：D点评：在求定值电阻的最大功率时，应是电流最大的时候；而求变值电阻的最大功率时，应根据电源的最大输出功率求，必要时可将与电源串联的定值电阻等效为内阻处理6（3分）（2014湖北二模）如图所示，两个垂直于纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度均为a高度为a的正三角形导线框ABC从图示位置沿x轴正向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下列图形中能正确描述感应电流I与线框移动距离x关系的是（）ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势.专题：电磁感应与电路结合分析：本题导体的运动可分为三段进行分析，根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向；由导体切割磁感线时的感应电动势公式可求得感应电动势的大小，再求得感应电流的大小解答：解：x在0a内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正方向；有效切割的长度为 L=2（ax）=（ax），感应电动势为 E=BLv，感应电流为 I=，随着x的增大，I均匀减小，当x=a时，I=I0；当x=a时，I=0；x在a2a内，线框的AB边和其他两边都切割磁感线，由楞次定律可知，电流方向为顺时针，为负方向；有效切割的长度为 L=（2ax），感应电动势为 E=BLv，感应电流大小为 I=2，随着x的增大，I均匀减小，当x=a时，I=2I0；当x=2a时，I=0；x在2a3a内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正方向；有效切割的长度为 L=（3ax），感应电动势为 E=BLv，感应电流为 I=，随着x的增大，I均匀减小，当x=2a时，I=I0；当x=3a时，I=0；故根据数学知识可知B正确故选：B点评：本题为选择题，而过程比较复杂，故可选用排除法解决，这样可以节约一定的时间；而进入第二段过程，分处两磁场中的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，当将要全部进入第二磁场时，线圈中电流达最大2I0二多项选择题：（本题共5小题，每小题4分，共计20分每小题至少两个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分）7（4分）宇宙飞船绕地心做半径为r的匀速圆周运动，飞船舱内有一质量为m的人站在可称体重的台秤上，用R表示地球的半径，g表示地球表面处的重力加速度，g0表示宇宙飞船所在处的地球引力加速度，N表示人对秤的压力，则关于g0、N下面正确的是（）Ag0=Bg0=CN=mgDN=0考点：万有引力定律及其应用；牛顿第二定律；向心力.专题：机械能守恒定律应用专题分析：忽略地球的自转，根据万有引力等于重力列出等式，用地球表面处的重力加速度和地球的半径代换地球质量即GM=gR2，进行求解宇宙飞船绕地心做匀速圆周运动，飞船舱内物体处于完全失重状态解答：解：忽略地球的自转，根据万有引力等于重力列出等式：宇宙飞船所在处，有：在地球表面处：mg=解得：宇宙飞船绕地心做匀速圆周运动，飞船舱内物体处于完全失重状态，即人只受重力，所以人对台秤的压力为0故选：BD点评：根据万有引力等于重力列出等式去求解，是本题解题的关键；运用黄金代换式GM=gR2是万用引力定律应用的常用方法8（4分）（2014江苏模拟）两根电阻不计的平行金属导轨，下端连一电阻R，导轨与水平面之间的夹角为，处于垂直导轨平面斜向上匀强磁场中一电阻可忽略的金属棒ab，开始固定在两导轨上某位置，棒与导轨垂直如图所示，现释放金属棒让其由静止开始沿轨道平面下滑，并最终沿杆匀速运动就导轨光滑和粗糙两种情况比较，当两次下滑的位移相同时，则有（）A通过电阻R的电量相等B电阻R上产生电热相等C重力所做功相等D到达底端时速度相等考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律.专题：电磁感应与电路结合分析：由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由q=It求出电荷量；由能量守恒定律分析电阻产生的热量大小关系；根据功的公式分析重力所做功的多少；最终金属棒做匀速运动，由平衡条件可以求出金属棒的速度解答：解：设金属杆下滑的距离为s，下降的高度为h，导轨间距为L；A、由法拉第定律可得，感应电动势：E=，电流I=，通过电阻的电荷量q=It=，由此可知，两种情况下通过电阻的电量相等，故A正确；B、两种情况下，磁通量的变化量相等，导轨光滑时，金属棒下滑时间短，平均感应电动势大，由A可知，两种情况下通过电阻的电荷量q相等，由Q=W=qE可知，导轨光滑时电阻产生的电热多，故B错误；C、重力做功WG=mgh，两种情况下，m、h相等，重力做功相等，故C正确；D、最终金属棒做匀速运动，由平衡条件可知，导轨光滑时：mgsin=，v1=，导轨粗糙时：mgsin=mgcos+，v2=，v1v2，故D错误；故选：AC点评：本题考查了比较电荷量多少、电阻产生电热多少、重力做功多少、速度大小间的关系；应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式、电功公式、安培力公式、平衡条件即可正确解题9（4分）（2014江苏模拟）如图所示，以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为，则选项中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线是（）ABCD考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系.分析：对滑块受力分析，开始时，受到重力、支持力、滑动摩擦力，处于加速阶段；当速度等于传送带速度时，如果重力的下滑分力小于或等于最大静摩擦力，则一起匀速下滑，否则，继续加速解答：解：木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够长，所以一定有木块速度大小等于传送带速度大小的机会，此时若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力，则之后木块继续加速，但加速度变小了；而若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力则木块将随传送带匀速运动；故CD正确，AB错误；故选：CD点评：本题关键是加速到速度等于传送带速度后，要分两种情况讨论，即重力的下滑分力小于或等于最大静摩擦力和重力的下滑分力大于最大静摩擦力两种情况10（4分）一理想变压器如图所示，其原线圈电压一定，副线圈上通过输电线接两个相同的灯泡L1和L2输电线的等效电阻为R开始时电键K断开当K接通后，以下说法正确的是（）A副线圈两端MN的输出电压减小B通过灯泡L1的电流减小C原线圈中的电流增大D变压器的输入功率变小考点：变压器的构造和原理；电功、电功率.专题：电磁感应与电路结合分析：本题和闭合电路中的动态分析类似，可以根据断开S后电路电路电阻的变化，确定出全部电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况解答：解：A、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，故A错误；B、当K接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻R的电流变大，电压变大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡L1的电流减小，故B正确；C、由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，故C正确，D错误；故选：BC点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法11（4分）如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里现使金属线框从MN上方某一髙度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到完全穿出匀强磁场区域瞬间的vt图象，图象中的物理量均为已知量重力加速度为g，不计空气阻力下列说法正确的是（）A金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿abcda方向B金属线框的边长为v1（t2t1）C磁场的磁感应强度为D金属线框在0t4的时间内所产生的热量为mgv1（t2t1）+m（vv）考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律.专题：电磁感应与电路结合分析：根据楞次定律分析感应电流的方向由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，根据时间和速度求解金属框的边长；根据图象判断金属框的运动性质；由图知，金属线框进入磁场过程做匀速直线运动，重力和安培力平衡，列式可求出B由能量守恒定律求出在进入磁场过程中金属框产生的热解答：解：A、金属线框刚进入磁场时磁通量增大，由楞次定律判断知感应电流方向沿abcda方向故A正确B、由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2t1，故金属框的边长：l=v1（t2t1），故B正确C、在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg=BIl，I=，又 l=v1（t2t1），联立解得：B=，故C正确D、金属框在进入磁场过程中金属框产生的热为Q1，重力对其做正功，安培力对其做负功，由能量守恒定律得：Q1=mgl=mgv1（t2t1），金属框在离开磁场过程中金属框产生的热为Q2，重力对其做正功，安培力对其做负功，由能量守恒定律得：故Q总=Q1+Q2=2mgv1（t2t1）+m（v32v22）故D错误故选：ABC点评：本题电磁感应与力学知识简单的综合，能由图象读出线框的运动情况，选择与之相应的力学规律是解答本题的关键，要加强练习，培养自己识别、理解图象的能力和分析、解决综合题的能力三实验题（本大题有2小题，共20分）12（4分）如图1中游标卡尺读数为52.35mm，图2螺旋测微器读数为1.990mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用.专题：实验题分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读解答：解：（1）游标卡尺的固定刻度读数为52mm，游标尺上第7个刻度游标读数为0.057mm=0.35mm，所以最终读数为：52mm+0.35mm=52.35mm；（2）螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为0.0149.0mm=0.490mm，所以最终读数为：1.5mm+0.490mm=1.990mm故答案为：52.35，1.990点评：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读以及螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读13（6分）某实验小组为探究加速度与力之间的关系设计了如图（a）所示的实验装置，用钩码所受重力作为小车所受的拉力，用DIS（数字化信息系统）测小车的加速度通过改变钩码的数量，多次重复测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图象他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线，如图（b）所示图线是在轨道水平的情况下得到的（选填“”或“”）小车和位移传感器发射部分的总质量为1kg，小车在水平轨道上运动时受到的摩擦力大小为1N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：根据aF图象的特点结合牛顿第二定律分析求解理解该实验的实验原理和数据处理以及注意事项，知道实验误差的来源解答：解：（1）在水平轨道上，由于受到摩擦力，拉力不为零时，加速度仍然为零，可知图线是在轨道水平的情况下得到的（2）根据牛顿第二定律得，Ff=ma，a=，图线的斜率表示质量的倒数，则，解得m=1kg因为F=1N时，加速度为零，解得f=1N故答案为：（1），（2）1，1点评：对于图象问题，通常的方法是得出两个物理量的表达式，结合图线的斜率和截距进行求解14（10分）在测量一节干电池电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路（1）根据图甲实验电路，请在乙图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接（2）实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P调到a （选填“a”或“b“）端（3）合上开关S1，S2接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；S2改接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U和对应的电流表示数I的图象，如图丙所示，两直线与纵轴的截距分别为UA、UB，与横轴的截距分别为IA、IBS2接1位置时，作出的UI图线是图丙中的B（选填“A”或“B”）线；S2接1位置时，测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是电流表（选填“电压”、“电流”）的示数偏小（选填“大”、“小”）考点：测定电源的电动势和内阻.专题：实验题分析：本题（1）的关键是看清单刀双掷开关电路图与实物图即可题（2）应明确实验前应使滑片置于使电流最小的位置即可题（3）的关键是根据“等效电源”法分析测量误差的大小，即当接1位置时，可把电流表与电源看做一个等效电源，则电动势测量值测得是“等效电源”的外电路断开时的路端电压，由于电压表内阻不是无穷大，所以电压表示数将小于电动势真实值，即电动势测量值偏小；同理内阻的测量值实际等于电压表与内阻真实值的并联电阻，所以内阻测量值也偏小若接2位置时，可把电流表与电源看做一个“等效电源”，不难分析出电动势测量值等于真实值，而内阻测量值应等于内阻真实值与电流表内阻之和，即内阻测量值偏大解答：解：（1）、实物连线图如图所示：（2）、为保护电流表，实验开始前，应将滑片p置于电阻最大的a端；（3）、当接1位置时，可把电压表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律可知，电动势和内阻的测量值均小于真实值，所以作出的UI图线应是B线；、测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是电压表的分流，结果使电流表的读数小于偏小故答案为：（1）如图（2）a（3）B；电流；偏小点评：应明确用“等效电源”法分析“测量电源电动势和内阻实验”误差的方法，明确UI图象中纵轴截距与斜率的含义四解答题：（本大题共4小题，共计62分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，直接写出最后答案的不得分）15（15分）如图所示，两平行光滑的金属导轨AD、CE相距L=1.0m，导轨平面与水平面的夹角=30，下端A、C用导线相连，导轨电阻不计PQGH范围内有方向垂直斜面向上、磁感应强度B=0.5T的匀强磁场，磁场的宽度d=0.6m，边界PQ、HG均与导轨垂直电阻r=0.40的金属棒MN放置在导轨上，棒两端始终与导轨电接触良好，从与磁场上边界GH距离为b=0.40m的位置由静止释放，当金属棒进入磁场时，恰好做匀速运动，棒在运动过程中始终与导轨垂直，取g=10m/s2求：（1）金属棒进入磁场时的速度大小v；（2）金属棒的质量m；（3）金属棒在穿过磁场的过程中产生的热量Q考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化.专题：电磁感应功能问题分析：（1）导体棒沿导轨下滑的过程中重力势能转化为动能（2）导体棒进入磁场中时受到的安培力与重力沿斜面向下的分量大小相等，方向相反，写出平衡方程和电动势的表达式即可求出导体棒的质量；（3）导体棒穿过磁场在该处中，减少的重力势能全部转化为电能再转化为热量；由能量守恒定律可求出总热量解答：解：（1）设导体棒刚进入磁场时的速度为v0沿导轨下滑的过程中重力势能转化为动能，得：代人数据解得：v0=2m/s（2）导体棒进入磁场中时受到的安培力与重力沿斜面向下的分量大小相等，方向相反，得： mgsin=BIL又：代人数据得：kg （3）金属棒离穿过磁场在该处中，减少的重力势能全部转化为电能再转化为热量；即：Q=mgdsin=0.1100.60.5=0.3J答：（1）金属棒进入磁场时的速度大小是2m/s；（2）金属棒的质量m=0.1kg；（3）金属棒在穿过磁场的过程中产生的热量Q=0.3J点评：对于电磁感应的综合问题要做好电流、安培力、运动、功能关系这四个方面的分析，同时这类问题涉及知识点多，容易混淆，要加强练习，平时注意知识的理解与应用16（15分）如图甲所示，水平地面上放置一倾角为=37的足够长的斜面，质量为m的物块置于斜面的底端某时刻起物块在沿斜面向上的力F作用下由静止开始运动，力F随位移变化的规律如图乙所示已知整个过程斜面体始终保持静止状态，物块开始运动t=0.5s内位移x1=1m，0.5s后物块再运动x2=2m时速度减为0取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）由静止开始，0.5s末物块运动的速度大小v（2）物块沿斜面向上运动过程，受到的摩擦力做的功Wf（3）物块在沿斜面向下运动过程中，斜面体受到地面的摩擦力考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：动能定理的应用专题分析：（1）先分析物体的运动情况：0.5s内物块做匀加速直线运动，0.5s后物块做匀减速直线运动研究0.5s内物体的运动过程：已知时间、初速度和位移，根据位移时间公式可求得加速度，由速度时间公式可求得0.5s末物块运动的速度大小v（2）对于加速和减速过程分别运用动能定理，列方程，即可求得摩擦力做的功Wf（3）物块在沿斜面向下运动过程中，斜面体静止不动，合力为零，分析其受力情况，运用平衡条件求解即可解答：解：（1）由题意，0.5s内物块做匀加速直线运动，则a1t2=x1 v=a1t 解得：a1=8m/s2，v=4m/s （2）加速和减速过程沿斜面向上的力分别为F1=18N、F2=6N，设物块的质量m和物块与斜面间的动摩擦因数，由动能定理有加速过程 （F1mgsinmgcos）x1=mv2减速过程（mgsin+mgcosF2）x1=0mv2 Wf=mgcos（x1+x2）联立解得：m=1kg，=0.5 Wf=12J（3）斜面体受力如图受到物块的压力N块=mgcos受到物块的摩擦力f=mgcos设斜面体受到沿地面向右的摩擦力为f地，由平衡条件有 f地+N块sinfcos=0解得：f地=1.6N，负号表示方向水平向左答：（1）由静止开始，0.5s末物块运动的速度大小v是4m/s（2）物块沿斜面向上运动过程，受到的摩擦力做的功Wf是12J（3）物块在沿斜面向下运动过程中，斜面体受到地面的摩擦力大小为1.6N，方向水平向左点评：考查运动学公式、动能定理的应用和受力分析，会灵活选择公式，能正确画受力分析图是求解平衡问题的关键17（16分）（2014韶关一模）如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，场强E=10 4 N/C现将一重力不计、比荷=106 C/kg的正电荷从电场中的O点由静止释放，经过t0=1105s后，通过MN上的P点进入其上方的匀强磁场磁场方向垂直于纸面向外，以电荷第一次通过MN时开始计时，磁感应强度按图乙所示规律周期性变化（1）求电荷进入磁场时的速度v0；（2）求图乙中t=2105s时刻电荷与P点的距离；（3）如果在P点右方d=105cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间考点：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：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律结合可求出电荷进入磁场时的速度v0（2）电荷进入磁场后做匀速圆周运动，分别求出电荷在磁场中运动的半径和周期，画出轨迹，由几何关系求出t=2105s时刻电荷与P点的水平距离（3）电荷在周期性变化的磁场中运动，根据周期性分析电荷到达档板前运动的完整周期数，即可求出荷沿MN运动的距离根据电荷挡板前的运动轨迹，求出其运动时间，即得总时间解答：解：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的时间为t1，有： v0=at0 Eq=ma解得：=104m/s； （2）当磁场垂直纸面向外T时，电荷运动的半径：代入数据得：r1=0.2m周期代入数据得：s当磁场时，电荷运动的半径：代入数据得：r2=0.1m周期 代入数据得：s 故电荷从t=0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图1所示t=2105s时刻电荷先沿大圆轨迹运动四分之一周期，然后再沿小圆弧运动半个周期，与P点的水平距离：d=r1=0.2m； （3）电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期为：T=6105 s，每一个周期内沿PN的方向运动的距离为0.4=40cm，故电荷到达挡板前运动的完整的周期数为2个，沿PN方向运动的距离为80cm，最后25cm的距离如图2所示，设正电荷以角撞击到挡板上，有：r1+r2cos=0.25m代入数据解得：cos=0.5，即=60 故电荷运动的总时间：代入数据解得：s答：（1）电荷进入磁场时的速度为104m/s（2）t=2105s时刻电荷与P点的水平距离为20cm（3）电荷从O点出发运动到挡板所需的时间为1.42104s点评：本题是带电粒子在电场和磁场中运动的问题，电荷在电场中运动时，由牛顿第二定律和运动学公式结合研究是最常用的方法，也可以由动量定理处理电荷在周期性磁场中运动时，要抓住周期性即重复性进行分析，根据轨迹求解时间18（16分）如图（a）所示，斜面倾角为37，一宽为l=0.43m的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行在斜面上由静止释放一正方形金属线框，线框沿斜面下滑，下边与磁场边界保持平行取斜面底边重力势能为零，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能E和位移s之间的关系如图（b）所示，图中、均为直线段已知线框的质量为m=0.1kg，电阻为R=0.06，重力加速度取g=l0m/s2求：（1）金属线框与斜面间的动摩擦因数；（2）金属线框刚进入磁场到恰完全进入磁场所用的时间；（3）金属线框穿越磁场的过程中，线框中产生的最大电功率考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化.专题：电磁感应功能问题分析：（1）线框在进入磁场前，克服摩擦力做功等于机械能的减小量，根据功能关系求出金属线框与斜面间的动摩擦因数（2）金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，机械能仍均匀减小，因为安培力也为恒力，线框做匀速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出线框进入磁场时的速度，结合功能关系求出线框进入磁场时的距离，从而得出金属线框刚进入磁场到恰完全进入磁场所用的时间（3）线框刚出磁场时速度最大，线框内的电功率最大，根据速度位移公式求出线框出磁场时的速度，根据线框进入磁场时匀速运动得出安培力的大小，综合功率的表达式求出最大电功率解答：解：（1）减小的机械能=克服摩擦力所做的功，即为：E1=Wf1而E1=（0.9000.756）J=0.144JWf1=mgcos37s1，其中s1=0.36m联立可解得：=0.5（2）金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，机械能仍均匀减小，因为安培力也为恒力，线框做匀速运动则有：，其中a=gsin37gcos37=2m/s2可解得线框刚进入磁场时的速度大小为：v1=1.2m/sE2=Wf2+WA=（f+FA）s2，其中有：E2=（0.7560.666）J=0.09J，f+FA=mgsin37=0.6N，s2为线框的侧边长，即线框进入磁场过程运动的距离，可求出s2=0.15mt=（3）线框刚出磁场时速度最大，线框内的电功率最大由，解得：v2=1.6m/s根据线框匀速进入磁场时，有：FA+mgcos37=mgsin37可求出：FA=0.2N因为，求得：B2L2=0.01T2m2将的值代入得：答：（1）金属线框与斜面间的动摩擦因数为0.5；（2）金属线框刚进入磁场到恰完全进入磁场所用的时间为0.125s；（3）金属线框穿越磁场的过程中，线框中产生的最大电功率为0.43W点评：解决本题的关键能通过图象分析出物体的运动状况：先做匀加速，再做匀速，接着做匀加速以及能对线框进行正确的受力分析和熟练运用运动学公式