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高三物理练习卷错题整理集2一选择题（共7小题）1（2010福建）14C测年法是利用14C衰变规律对古生物进行年代测定的方法若以横坐标t表示时间，纵坐标m表示任意时刻14C的质量，m0为t=0时14C的质量下面四幅图中能正确反映14C衰变规律的是（填选项前的字母）（）ABCD2一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连小球某时刻正处于图示状态设斜面对小球的支持力为N，细绳对小球的拉力为T，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是（）A若小车向左减速运动，N可能为零B若小车向左加速运动，N可能为零C若小车向右加速运动，N不可能为零D若小车向右减速运动，T不可能为零3（2010上海二模）如图所示，闭合金属圆环P位于通电螺线管Q的中垂面处，二者的轴线重合当螺线管Q中的电流I增大时，下列说法正确的是（）AP内的感应电流方向与Q内的电流方向相反，P环有扩张的趋势BP内的感应电流方向与Q内的电流方向相反，P环有缩小的趋势CP内的感应电流方向与Q内的电流方向相同，P环有缩小的趋势DP内的感应电流方向与Q内的电流方向相同，P环有扩张的趋势8（2013闵行区二模）如图所示是两列相干波的干涉图样，实线表示波峰，虚线表示波谷，两列波的振幅都为10cm，波速和波长分别为1m/s和0.2m，C点为AB连线的中点则图示时刻C点的振动方向_（选填“向上”或“向下”），从图示时刻再经过0.25s时，A点经过的路程为_cm4（2010卢湾区二模）如图所示电路中，已知电阻R1的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值闭合电键S，当滑动变阻器的滑动臂P由最上端下滑到最下端的过程中，下列说法中正确的是（）A电压表V1的示数先变小后变大，电压表V2的示数先变大后变小B电流表A的示数先变大后变小CR1的功率不断变小D电源内部的热功率先变大后变小5（2007淄博模拟）为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端装了如图所示的流量计该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口在垂直于上下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法中正确的是（）A前表面比后表面电势高B前表面比后表面电势低C污水中离子浓度越高电压表的示数将越大D污水流量Q与U成正比，与a、b无关6如图所示是测量通电螺线管内部磁感应强度的一种装置：把一个很小的测量线圈放在待测处（测量线圈平面与螺线管轴线垂直），将线圈与可以测量电荷量的冲击电流计G串联，当将双刀双掷开关K由位置1拨到位置2时，测得通过测量线圈的电荷量为q已知测量线圈的匝数为N，截面积为S，测量线圈和G串联回路的总电阻为R下列判断正确的是（）A在此过程中，穿过测量线圈的磁通量的变化量=qRB在此过程中，穿过测量线圈的磁通量的变化量=C待测处的磁感应强度的大小为B=D待测处的磁感应强度的大小为B=7（2011山东）如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移选项中正确的是（）ABCD三解答题（共4小题）9（2014西安二模）如图所示，质量为m的矩形线框MNPQ，MN边长为a，NP边长为b；MN边电阻为R1，PQ边电阻为R2，线框其余部分电阻不计现将线框放在光滑绝缘的水平桌面上，PQ边与y轴重合空间存在一个方向垂直桌面向下的磁场，该磁场的磁感应强度沿y轴方向均匀，沿x轴方向按规律Bx=B0（1kx）变化，式中B0和k为已知常数且大于零矩形线框以初速度v0从图示位置向x轴正方向平动求：（1）在图示位置时线框中的感应电动势以及感应电流的大小和方向；（2）线框所受安培力的方向和安培力的表达式；（3）线框的最大运动距离xm；（4）若R1=2R2，线框运动到过程中，电阻R1产生的焦耳热10如图（1）所示，A、B为倾斜的气垫导轨C上的两个固定位置，在A、B两点各放置一个光电门（图中未画出），将质量为M的小滑块从A点由静止开始释放（由于气垫导轨阻力很小，摩擦可忽略不计），两个光电门可测得滑块在AB间运动的时间t，再用尺测量出A点离B点的高度h（2）若实验中的气垫导轨改为普通木板，摩擦力的影响不可忽略，此种情况下产生的h图象应为_11如图所示，间距为L=0.45m的带电金属板M、N竖直固定在绝缘平面上，板间形成匀强电场，场强E=1.5104V/mN板接地（电势为零），其中央有一小孔，一根水平绝缘细杆通过小孔，其左端固定在极板M上现有一质量m=0.05kg，带电量q=+5.0106C的带正电小环套在细杆上，小环与细杆之间的动摩擦因数为=0.1小环以一定的初速度对准小孔向左运动，若小环与金属板M发生碰撞，碰撞中能量不损失（即碰后瞬间速度大小不变）设带电环大小不计且不影响金属板间电场的分布（g取10m/s2）求：（1）带电小环以多大的初速度v0进入电场，才能恰好到达金属板M？（2）若带电小环以初速度v1=1m/s进入电场，当其动能等于电势能时，距离N板多远？（3）小环至少以多大的初速度v2进入电场，它在电场中运动时找不到动能与电势能相等的点？12（2008盐城二模）如图所示，水平虚线L1、L2之间是匀强磁场，磁场方向水平向里，磁场高度为 h，竖直平面内有一等腰梯形线框，底边水平，其上下边长之比为5：1，高为2h，现使 线框AB边在磁场边界L1的上方h高处由静止自由下落，当AB边刚进入磁场时加速度恰好为0，在DC边刚进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动求：（1）DC边刚进入磁场时，线框的加速度（2）从线框开始下落到DC边刚进入磁场的过程中，线框的机械能损失和重力做功之比13、如图所示，两根平行的长直导线a和b中通有大小相等、方向相反的电流，此时导线a受到的磁场力大小为F1，当再加入一个与导线所在平面垂直的匀强磁场后，导线a受到的磁场力大小变为F2，若把所加的匀强磁场反向，则此时导b受到的磁场力大小变为（）AF2BF1F2CF1+F2D2F1F214、在自然界中，根据不同情况，可以将平衡状态分为三种：稳定平衡、不稳定平衡和随遇平衡。当物体略微离开平衡位置后，所受到的力总能使其回复到平衡位置的，我们称它处于稳定平衡（如a图）；当物体略微离开平衡位置后，所受到的力将使其进一步远离平衡位置的，我们就称它处于不稳定平衡（如b图）；而当物体略微离开平衡位置后，所受合力仍然为零，即仍然处于平衡状态，我们就称它处于随遇平衡（如c图）。如图所示，在光滑绝缘水平面上有两个带电量均为Q的点电荷，分别固定于相距2r的A、B两点。过A、B连线的中点O处有一光滑绝缘细杆，细杆与A、B连线的夹角为q（0qp/2）。细杆上套有一带电量为q、质量为m的小环，小环正好位于O点处，在电场力的作用下处于平衡状态。试通过计算分析此时小环处于何种平衡状态。高三物理练习卷错题整理集2参考答案与试题解析一选择题（共7小题）1（2010福建）14C测年法是利用14C衰变规律对古生物进行年代测定的方法若以横坐标t表示时间，纵坐标m表示任意时刻14C的质量，m0为t=0时14C的质量下面四幅图中能正确反映14C衰变规律的是（填选项前的字母）（）ABCD考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度菁优网版权所有专题：压轴题分析：根据半衰期的定义求出任意时刻14C的质量的表达式解答：解：设衰变周期为T，那么任意时刻14C的质量m=m0，可见，随着t的增长物体的质量越来越小，且变化越来越慢，很显然C项图线符合衰变规律故选C点评：本题考查衰变规律和对问题的理解能力根据衰变规律表示出两个物理量之间的关系再选择对应的函数图象2一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连小球某时刻正处于图示状态设斜面对小球的支持力为N，细绳对小球的拉力为T，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是（）A若小车向左减速运动，N可能为零B若小车向左加速运动，N可能为零C若小车向右加速运动，N不可能为零D若小车向右减速运动，T不可能为零考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用菁优网版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：对小球受力分析，根据车的运动情况可知小球受拉力及支持力的情况解答：解：A、若小车向左运动做减速运动，则加速度向右，小球受重力及绳子的拉力可以使小球的加速度与小车相同，故此时N为零，故A正确；B、若小球向左加速运动，则加速度向左，此时重力与斜面的支持力可以使合力向左，则N一定不为零零，故B错误；CD、同理可知当小球向右时，也可能做加速或减速运动，故加速度也可能向右或向左，故N和T均可以为零，故CD均错误；故选：A点评：力是改变物体运动状态的原因，故物体的受力与加速度有关，和物体的运动方向无关，故本题应讨论向左加速和减速两种况3（2010上海二模）如图所示，闭合金属圆环P位于通电螺线管Q的中垂面处，二者的轴线重合当螺线管Q中的电流I增大时，下列说法正确的是（）AP内的感应电流方向与Q内的电流方向相反，P环有扩张的趋势BP内的感应电流方向与Q内的电流方向相反，P环有缩小的趋势CP内的感应电流方向与Q内的电流方向相同，P环有缩小的趋势DP内的感应电流方向与Q内的电流方向相同，P环有扩张的趋势考点：楞次定律菁优网版权所有分析：线圈Q中电流I增大，Q中电流产生的磁场增加，应用楞次定律阻碍磁通量变化分析P环的感应电流的方向与受力情况解答：解：当Q中通过的电流逐渐变大时，电流产生的磁场逐渐变强，故穿过P的磁通量变大，为阻碍磁通量变大，环P有扩张的趋势，原因是穿过P的磁场是由螺线管内部与外部磁场叠加而成的，通过扩张来增强相互抵消；根据楞次定律，可知，环P的感应电流方向为逆时针（从左向右看）与Q的电流方向相反，故A正确，BCD错误，故选A点评：螺线管每匝线圈相当于磁铁，两匝线圈相对应的面极性相反，每匝线圈相互吸引，当线圈电流减小时，磁性减弱，螺线管伸长；正确理解楞次定律即可正确解题4（2010卢湾区二模）如图所示电路中，已知电阻R1的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值闭合电键S，当滑动变阻器的滑动臂P由最上端下滑到最下端的过程中，下列说法中正确的是（）A电压表V1的示数先变小后变大，电压表V2的示数先变大后变小B电流表A的示数先变大后变小CR1的功率不断变小D电源内部的热功率先变大后变小考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率菁优网版权所有专题：恒定电流专题分析：当滑动变阻器的滑臂P由上端向下滑动的过程中，变阻器滑片上侧电阻与R1串联后与变阻器滑片下侧并联的总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中的电流变化和路端电压的变化，再由欧姆定律分析R1两端电压的变化，确定三个电表示数的变化解答：解：A、由题，电阻R1的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值，当滑动变阻器的滑臂P由最上端向最下滑动的过程中，变阻器上侧电阻与R1串联后与变阻器下侧并联的总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流先变小后变大，电源的内电压也变小后变大，则路端电压先变大后变小，所以V1的示数先变大后变小V2测量R2两端的电压，R2不变，则V2的示数先变小后变大故A错误B、两个电压表读数的差值等于滑动变阻器和电阻R1部分的电压，故滑动变阻器滑片下部分电压先增大后减小，而电阻一直减小；电压增大时，电阻减小，故电流一定减小；电阻减小时，当变阻器滑片位于最下端时，R1与变阻器被短路，电路中电流最大，A1的示数最大，故电流还是增加；故电流表读数一直增加；故B错误；C、R1的电流不断减小，故功率不断减小，故C正确；D、电源内部的热功率P=I2r，因为电流I先变小后变大，所以电源内部的热功率，先变小后变大，故D错误；故选C点评：本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片P从最上端中间最下端总电阻变化情况的判断5（2007淄博模拟）为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端装了如图所示的流量计该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口在垂直于上下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法中正确的是（）A前表面比后表面电势高B前表面比后表面电势低C污水中离子浓度越高电压表的示数将越大D污水流量Q与U成正比，与a、b无关考点：带电粒子在混合场中的运动菁优网版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：污水充满管口从左向右流经排污管，根据左手定则判断出正负电荷所受的安洛伦兹力，知道正负电荷向哪一个极板偏转，两极板带上电荷后，在前后两个内侧面之间形成电势差，最终电荷受洛伦兹力和电场力处于平衡解答：解：A、B、正负电荷从左向右移动，根据左手定则，正电荷所受的洛伦兹力指向后表面，负电荷所受的洛伦兹力指向前表面，所以后表面电极的电势比前表面电极电势高故A错误，B正确C、最终稳定时，电荷受洛伦兹力和电场力平衡，有qvB=q，U=Bbv，电压表的示数U与v成正比，与浓度无关，故C错误；D、污水的流量Q=vS=vbc=；与电压表的示数U成正比，与a、b无关；故D正确；故选BD点评：解决本题的关键根据左手定则判断运动电荷的洛伦兹力的方向，知道最终稳定时，电荷受洛伦兹力和电场力平衡6如图所示是测量通电螺线管内部磁感应强度的一种装置：把一个很小的测量线圈放在待测处（测量线圈平面与螺线管轴线垂直），将线圈与可以测量电荷量的冲击电流计G串联，当将双刀双掷开关K由位置1拨到位置2时，测得通过测量线圈的电荷量为q已知测量线圈的匝数为N，截面积为S，测量线圈和G串联回路的总电阻为R下列判断正确的是（）A在此过程中，穿过测量线圈的磁通量的变化量=qRB在此过程中，穿过测量线圈的磁通量的变化量=C待测处的磁感应强度的大小为B=D待测处的磁感应强度的大小为B=考点：磁感应强度菁优网版权所有分析：线圈翻转导致穿过线圈的磁通量发生变化，根据法拉第电磁感应定律E=n可求出感应电动势大小，再由闭合电路欧姆定律I=与电流的定义式I=可求出磁通量的变化量，从而可算出出磁感应强度大小解答：解：当将双刀双掷开关K由位置1拨到位置2时，螺线管里的电流反向流动，产生的感应电动势：E=N感应电流：I=又 I=联立可得：=将双刀双掷开关K由位置1拨到位置2时，螺线管里的电流反向流动，穿过小线圈的磁通量的变化量是：=2BS解得：B=故选：BD点评：本题要掌握法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电量表达式，同时注意磁通量虽然是标量，但注意线圈分正反面，从而导致磁通量有正负还有磁通量与线圈匝数无关，但感应电动势与线圈匝数有关7（2011山东）如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移选项中正确的是（）ABCD考点：电磁感应中的能量转化菁优网版权所有专题：压轴题分析：未进入磁场时，c、d做自由落体运动，到达磁场上边界时速度相同c、d都进入磁场后，同时在磁场中运动时，两者速度相同，没有感应电流产生，只受重力，都做匀加速直线运动，加速度为gc出磁场后，d在切割磁感线时，此时d的速度比进磁场时大，产生感应电动势增大，感应电流增大，受到的安培力增大，则d做匀减速直线运动根据动能与高度的关系选择动能图象解答：解：A、B，设c、d刚进磁场时速度为v，c刚进入磁场做匀速运动，此时由静止释放d设d经时间t进入磁场，并设这段时间内c的位移为x则 由于h=，x=vt，得到x=2h，则d进入磁场时，c相对释放点的位移为3h d进入磁场后，cd二者都做匀速运动，且速度相同，二者与导轨组成的回路磁通量不变，感应电流为零，不受安培力，两导体棒均做加速度为g的匀加速运动，故A错误，B正确； C、D，c出磁场时d下落2h，c出磁场后，只有导体棒d切割磁感线，此时d的速度大于进磁场时的速度，d受到安培力作用做减速运动，动能减小，d出磁场后动能随下 落高度的增加而均 匀增大，故C错误，D正确故选：BD点评：本题关键在于分析两导体的受力情况和运动情况，抓住安培力大小与速度大小成正比这个结论，分析只有d切割磁感线过程d的运动情况二填空题（共1小题）8（2013闵行区二模）如图所示是两列相干波的干涉图样，实线表示波峰，虚线表示波谷，两列波的振幅都为10cm，波速和波长分别为1m/s和0.2m，C点为AB连线的中点则图示时刻C点的振动方向向下（选填“向上”或“向下”），从图示时刻再经过0.25s时，A点经过的路程为100cm考点：波的叠加菁优网版权所有分析：波峰与波峰叠加，波谷与波谷叠加为振动加强点，振幅等于两列波引起的振幅之和，C点为AB连线的中点，处于振动加强区，根据波的传播方向确定C点的振动方向根据波速、波长求出周期，质点在一个周期内振动的路程等于4倍的振幅解答：解：B点处于波谷，A点处于波峰，波由B向A传播，此时C处于平衡位置，经过四分之一周期，波谷传播到该点，知C点的振动方向向下周期T=，质点在一个周期内振动的路程等于4倍的振幅，经过0.25s时，走过的路程等于5倍的振幅，A=20cm，则s=100cm故答案为：向下，100点评：解决本题的关键会通过波的传播方向确定质点的振动方向，以及知道质点在一个周期内振动的路程等于振幅的4倍三解答题（共4小题）9（2014西安二模）如图所示，质量为m的矩形线框MNPQ，MN边长为a，NP边长为b；MN边电阻为R1，PQ边电阻为R2，线框其余部分电阻不计现将线框放在光滑绝缘的水平桌面上，PQ边与y轴重合空间存在一个方向垂直桌面向下的磁场，该磁场的磁感应强度沿y轴方向均匀，沿x轴方向按规律Bx=B0（1kx）变化，式中B0和k为已知常数且大于零矩形线框以初速度v0从图示位置向x轴正方向平动求：（1）在图示位置时线框中的感应电动势以及感应电流的大小和方向；（2）线框所受安培力的方向和安培力的表达式；（3）线框的最大运动距离xm；（4）若R1=2R2，线框运动到过程中，电阻R1产生的焦耳热考点：法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化菁优网版权所有专题：电磁感应功能问题分析：由电动势的定义式求电动势，由楞次定律判断电流方向；由安培力公式求安培力；由牛顿第二定律求解线框运动的距离；由动能定理求产生的热量解答：解：（1）E=ab=ab=kabv0B0I=感应电流方向沿：PNMQ（2）线框受的安培力水平向左，安培力为：F=aIB=（3）根据牛顿第二定律知：F=F1F2=m=其中mv=mv0=联立解得xm=（4）由mv=得：m（vv0）=，v=Q=EK=电阻R1产生的热为答：（1）在图示位置时线框中的感应电动势为kabv0B0感应电流的大小为，方向沿NPQMN；（2）线框所受安培力的方向水平向左，安培力的表达式为；（3）线框的最大运动距离；（4）线框运动到过程中，电阻R1产生的焦耳热点评：本题是道综合性较强的题目，运用了法拉第电磁感应定律，牛顿第二定律和动能定理等知识点，要细心阅读题目，仔细计算10（2009徐汇区二模）如图（1）所示，A、B为倾斜的气垫导轨C上的两个固定位置，在A、B两点各放置一个光电门（图中未画出），将质量为M的小滑块从A点由静止开始释放（由于气垫导轨阻力很小，摩擦可忽略不计），两个光电门可测得滑块在AB间运动的时间t，再用尺测量出A点离B点的高度h（1）在其他条件不变的情况下，通过调节气垫导轨的倾角，从而改变A点离地的高度h，小球从A点运动到B点的时间t将随之改变，经多次实验，以为纵坐标、h为横坐标，得到如图（2）所示图象则当下滑时间为t=0.6s时，h为0.56m；若实验当地的重力加速度为10m/s2，则AB间距s为1m（2）若实验中的气垫导轨改为普通木板，摩擦力的影响不可忽略，此种情况下产生的h图象应为曲线（选填“直线”或“曲线”）考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系菁优网版权所有专题：实验题；直线运动规律专题分析：（1）先根据（2）图得出与h的函数关系式，把时间t=0.6s带入即可求得h，根据匀加速直线运动求得AB间的距离（2）若实验中的气垫导轨改为普通木板，摩擦力的影响不可忽略，先求出h与的函数关系，看是直线还是曲线解答：解：（1）根据（2）图可得：=5h 当下滑时间为t=0.6s时，h=0.56m，滑块从A点下滑后做匀加速直线运动，根据匀加速运动的位移公式得：s= 根据牛顿第二定律得：a=gsin=g 由得：s=1m（2）若实验中的气垫导轨改为普通木板，摩擦力的影响不可忽略，则a=gsin=g而s=则，由关系式可知与h不成线性关系，所以此种情况下产生的h图象不是直线而是曲线故答案为：（1）0.56； 1 （2）曲线点评：本题主要考查了匀加速直线运动的基本公式的应用，要求同学们能够从图象中得出有效信息，难度适中11（2010浦东新区二模）如图所示，间距为L=0.45m的带电金属板M、N竖直固定在绝缘平面上，板间形成匀强电场，场强E=1.5104V/mN板接地（电势为零），其中央有一小孔，一根水平绝缘细杆通过小孔，其左端固定在极板M上现有一质量m=0.05kg，带电量q=+5.0106C的带正电小环套在细杆上，小环与细杆之间的动摩擦因数为=0.1小环以一定的初速度对准小孔向左运动，若小环与金属板M发生碰撞，碰撞中能量不损失（即碰后瞬间速度大小不变）设带电环大小不计且不影响金属板间电场的分布（g取10m/s2）求：（1）带电小环以多大的初速度v0进入电场，才能恰好到达金属板M？（2）若带电小环以初速度v1=1m/s进入电场，当其动能等于电势能时，距离N板多远？（3）小环至少以多大的初速度v2进入电场，它在电场中运动时找不到动能与电势能相等的点？考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；电势能菁优网版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）小环进入电场后，在电场力与摩擦力共同作用下减速直到M板，速度变为零，根据动能定理即可求得初速度；（2）带电小环以初速度v1=1m/s进入电场后先向左作减速运动，当其动能等于电势能时，设它距离N板为x，根据动能定理即可求得x，还有一种情况，当小环运动到左边最远点并向右返回到小孔的过程中，也可能会出现动能等于电势能设它向左运动的最远距离为d，根据动能定理即可求解；（3）小环以初速度v2进入电场后，若它运动到M板时的动能大于其电势能，则它在电场中运动时找不到动能与电势能相等的点解答：解：（1）小环进入电场后，在电场力与摩擦力共同作用下减速直到M板，速度变为零，根据动能定理，有得（2）带电小环以初速度v1=1m/s进入电场后先向左作减速运动，当其动能等于电势能时，设它距离N板为x，有解得还有一种情况，当小环运动到左边最远点并向右返回到小孔的过程中，也可能会出现动能等于电势能设它向左运动的最远距离为d，根据动能定理，有解得当其动能等于电势能时，设它距离N板为y，有qE（dy）mg（dy）=qEy解得（3）小环以初速度v2进入电场后，若它运动到M板时的动能大于其电势能，则它在电场中运动时找不到动能与电势能相等的点，有得答：（1）带电小环以初速度1.5m/s进入电场，才能恰好到达金属板M；（2）若带电小环以初速度v1=1m/s进入电场，当其动能等于电势能时，距离N板的距离为0.125m或0.05m；（3）小环至少以1.9m/s的初速度进入电场，它在电场中运动时找不到动能与电势能相等的点点评：本题主要考查了动能定理在带电离子电场中运动的应用，要求同学们能选取适当的过程运用动能定理解题，难度适中12（2008盐城二模）如图所示，水平虚线L1、L2之间是匀强磁场，磁场方向水平向里，磁场高度为 h，竖直平面内有一等腰梯形线框，底边水平，其上下边长之比为5：1，高为2h，现使 线框AB边在磁场边界L1的上方h高处由静止自由下落，当AB边刚进入磁场时加速度恰好为0，在DC边刚进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动求：（1）DC边刚进入磁场时，线框的加速度（2）从线框开始下落到DC边刚进入磁场的过程中，线框的机械能损失和重力做功之比考点：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；能量守恒定律菁优网版权所有专题：电磁感应功能问题分析：（1）由机械能守恒求出AB刚进入磁场时的速度根据AB刚进入磁场时加速度恰好为0，由平衡条件列出重力与安培力的关系方程在DC边刚进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动，此时线框有效切割长度为2l，由平衡条件得到重力与安培力的关系式，将两个重力与安培力的关系式进行对比，求出DC边刚进入磁场前线框匀速运动时的速度DC边刚进入磁场瞬间，线框有效切割的长度为3l，推导出安培力表达式，由牛顿第二定律求出加速度（2）从线框开始下落到DC边刚进入磁场的过程中，根据能量守恒求出机械能的损失，再求解线框的机械能损失和重力做功之比解答：解：（1）设AB刚进入磁场时速度为v0，线框质量为m、电阻为R，AB=l，CD=5l根据机械能守恒得 mgh=当AB边刚进入磁场时加速度恰好为0，则有=mg设DC边刚进入磁场前线框匀速运动时速度为v1， E感=B（2l）v1线框匀速运动时有得出DC边刚进入磁场瞬间，E=B（3l）v1F1=根据牛顿第二定律得，F1mg=ma解得a=（2）从线框开始下落到CD边进入磁场前瞬间，根据能守恒定律得 mg（3h）Q=机械能损失E=Q=所以线框机械能损失和重力做功之比E：WG=47：48答：（1）DC边刚进入磁场时，线框的加速度为a=（2）从线框开始下落到DC边刚进入磁场的过程中，线框的机械能损失和重力做功之比为47：48点评：本题要研究物体多个状态，再找它们的关系，关键要写出线框有效的切割长度，即与速度方向垂直的导体等效长度考点：平行通电直导线间的作用菁优网版权所有分析：当两根通大小相同方向相反的电流时，a受到的一个F1磁场力，然后再加入一匀强磁场，则a受到F2磁场力则此时b受到的磁场力大小与a相同，方向相反解答：解：如图所示，两根长直线，电流大小相同，方向相反则a受到b产生磁场的作用力向左大小为F1，那么b受到a产生磁场的作用力向右大小为F1，这两个力大小相等，方向相反当再加入匀强磁场时产生的磁场力大小为F0，则a受到作用力为F2=F1+F0，或F2=F1F0 而对于b由于电流方向与a 相反，所以b受到作用力为F2=F2+F0，或F2=F2F0，这两个力大小相等，方向相反故选：A点评：当没有加入匀强磁场时，两根通电直导线的作用力是相互；当加入匀强磁场时，两根通电直导线的作用力仍是相互24解：点电荷偏离平衡位置距离为s时，受力如图所示，沿细杆方向合力为f1 cosaf2 cosb，由库仑定律得：f1，f2，根据余弦定理得：l12r2s22rs cosq，l22r2s22rs cosq，考虑到s为小量，得l12r22rs cosq，l22r22rs cosq，由几何关系得cosb，cosa，代入得沿细杆方向合力为：kqQkqQkqQr3（sr cosq）（1cosq）（sr cosq）（1cosq）2kqQr3（13 cos2q）s，当q与Q同号，且13 cos2q0时，沿细杆方向的合力能使该小环回到O点，所以此时小环处于稳定平衡状态；当q与Q同号，且13 cos2q0时，沿细杆方向的合力将使小环远离O点，所以此时小环处于不稳定平衡状态；当13 cos2q0时，沿细杆方向的合力为零，所以此时小环处于随遇平衡状态。当q与Q异号时，情况恰与上述讨论相反。