广东省广州市华南师大附中高考物理预测试卷

广东省广州市华南师大附中高考物理预测试卷

www.ks5u.com ‎2015年广东省广州市华南师大附中高考物理预测试卷 一、单项选择题（每题4分，共16分，每道题只有一个正确选项．）‎ ‎1．（4分）（2013•梅州一模）以下叙述正确的是（）‎ A．‎ 牛顿第一定律可以通过实验直接证明 B．‎ 库仑最早用扭秤实验测量出电子电荷量的精确值 C．‎ 法拉第最早发现电磁感应现象 D．‎ 卢瑟福通过对阴极射线的研究提出原子具有核式结构 ‎2．（4分）（2013•梅州二模）一定质量的理想气体由状态A经过如图所示过程变到状态B，在此过程中气体的密度（）‎ A．‎ 一直变大 B．‎ 一直变小 C．‎ 先变小后变大 D．‎ 先变大后变小 ‎3．（4分）（2013•肇庆一模）如图所示，在水平地面上放着斜面体B，物体A置于斜面体B上，一水平向右的力F作用于物体A．在力F变大的过程中，两物体相对地面始终保持静止，则地面对斜面体B的支持力N和摩擦力f的变化情况是（）‎ A．‎ N变大，f不变 B．‎ N变大，f变小 C．‎ N不变，f变大 D．‎ N不变，f不变 ‎4．（4分）（2015•广州校级模拟）如图所示，虚线是某电场的等势线及其电势的值，一带电粒子只在电场力作用下，以一定速度沿实线从A点飞到C点时恰好速度变为零，则（）‎ A．‎ A点的电场强度大于C点的电场强度 B．‎ 粒子在A点的电势能大于在C点的电势能 C．‎ 该粒子一定带负电 D．‎ 粒子从A点到B点电场力对它所做的功大于从B到C点电场力对它所做的功 二、双项选择题（每题6分，共30分，每道题有两个正确选项，多选或选错均不给分，漏选得3分．）‎ ‎5．（6分）（2013•肇庆二模）我国第五颗北斗导航卫星是一颗地球同步轨道卫星．如图所示，假若第五颗北斗导航卫星先沿椭圆轨道Ⅰ飞行，后在远地点P处由椭圆轨道Ⅰ变轨进入地球同步圆轨道Ⅱ．下列说法正确的是（）‎ A．‎ 卫星在轨道Ⅱ运行时的速度大于7.9km/s B．‎ 卫星在椭圆轨道Ⅰ上的P点处加速进入轨道Ⅱ C．‎ 卫星在轨道Ⅱ运行时的向心加速度比在赤道上相对地球静止的物体的向心加速度小 D．‎ 卫星在轨道Ⅱ运行时不受地球引力作用 ‎6．（6分）（2014•龙湖区二模）如图所示，质量为m的物体放在倾角为30°的斜面上，在平行斜面向下的力F作用下处于静止状态，下列关于斜面对物体摩擦力大小的说法，正确的是（）‎ A．‎ f1一定大于F B．‎ f1一定小于F C．‎ f2一定等于F D．‎ f2可能等于mg ‎7．（6分）（2015•广州校级模拟）如图所示，（a）中的变压器为理想变压器，原线圈的匝数n1与副线圈的匝数n2之比为10：1．变压器的原线圈两端所接电压如图（b）所示，两个20Ω的定值电阻串联接在副线圈两端，电压表V为理想电压表，则（）‎ A．‎ 原线圈上电压的有效值为100V B．‎ 原线圈上电压的有效值约为70.7 V C．‎ 电压表V的读数约为3.5V D．‎ 电压表V的读数约为5.0V ‎8．（6分）（2013•肇庆一模）甲、乙、丙是三个在同一直线上运动的物体，它们运动的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（）‎ A．‎ 丙与甲的运动方向相反 B．‎ 丙与乙的运动方向相同 C．‎ 乙的加速度大于甲的加速度 D．‎ 丙的加速度大小小于乙的加速度大小 ‎9．（6分）（2012•惠州三模）根据磁场对电流会产生作用力的原理，人们研制出一种新型的炮弹发射装置﹣﹣电磁炮，它的基本原理如图所示，下列结论中正确的是（）‎ A．‎ 要使炮弹沿导轨向右发射，必须通以自N向M的电流 B．‎ 要想提高炮弹的发射速度，可适当增大电流 C．‎ 使电流和磁感应强度的方向同时反向，炮弹的发射方向亦将随之反向 D．‎ 要想提高炮弹的发射速度，可适当增大磁感应强度 三、非选择题（每题18分，共3题54分，计算题请写出详细解答过程．）‎ ‎10．（10分）（2015•广州校级模拟）在《探究加速度与动力的关系》实验中，采用的实验装置如图1所示．在实验中，细线一端与拉力传感器相连（拉力传感器固定在车上 ），另一端通过定滑轮与矿泉水瓶相连．实验时逐渐往瓶里加水直到打出的纸带相邻点间的距离相等并记下此时拉力传感器的读数F0．继续往瓶中加适量的水继而释放小车打出纸带并记录下小车运动时传感器的读数F．改变瓶中水的质量打出多条纸带和得到多个F值（重力加速度为g）．‎ ‎（1）实验中电火花计时器应与伏电源相连接；‎ ‎（2）①本实验中记下F0的目的是．‎ ‎②小车所受的合外力为 A．F B．F﹣F0 C．F+F0 D．F0‎ ‎③实验作出的图象是如图2的．‎ ‎11．（8分）（2015•广州校级模拟）某实验小组在探究规格为“6V，1W”的小灯泡伏安特性曲线实验中：‎ ‎（1）在小灯泡接入电路前，利用多用电表的欧姆挡直接测量小灯泡的电阻，正确操作后，多用电表的指针偏转如图甲所示，可知小灯泡的电阻为．‎ ‎（2）该同学采用如图乙所示的电路进行测量，在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于端（选填“b”或“c”）．请根据图乙完成图丙的实物连线．‎ ‎（3）该同学描绘出小灯泡的伏安特性曲线示意图如图丁所示，则小灯泡的电阻随工作电压的增大而（选填：“不变”、“增大”或“减小”）．‎ ‎12．（18分）（2013•肇庆二模）如图所示，坐标空间中有场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场，y轴为两种场的分界线，图中虚线为磁场区域的右边界，现有一质量为m、电荷量为﹣q的带电粒子从电场中坐标位置（﹣l，0）处，以初速度v0沿x轴正方向开始运动，且已知l=（粒子重力不计）．试求：‎ ‎（1）带电粒子进入磁场时的速度v的大小及v的方向与y轴的夹角θ；‎ ‎（2）若要使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回电场中，磁场的宽度d的最大值是多少．‎ ‎13．（18分）（2013•梅州一模）一质量为m1=1kg、带电量为q=0.5c的小球静止在光滑水平平台上，另一质 量为m2=1kg、不带电的小球M自平台左端以速度v=4.5m/s向右运动，两小球发生完全 弹性碰撞后，小球N自平台右端水平飞出，碰撞过程小球N的电荷量不变，不计空气阻力，小球N飞离平台后由λ点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC，圆轨道ABC的形状为半径R＜4m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，在过A点的竖直线OO′的右边空间存 在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E=10V/m，（sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度g取 10m/s2）求：‎ ‎（1）两球碰撞后小球N的速度大小vN ‎（2）小球N经过A点的速度大vA ‎（3）欲使小球N在圆轨道运动时不脱离圆轨道，求半径R的取值应满足什么条件？‎ ‎2015年广东省广州市华南师大附中高考物理预测试卷 参考答案与试题解析 一、单项选择题（每题4分，共16分，每道题只有一个正确选项．）‎ ‎1．（4分）（2013•梅州一模）以下叙述正确的是（）‎ A．‎ 牛顿第一定律可以通过实验直接证明 B．‎ 库仑最早用扭秤实验测量出电子电荷量的精确值 C．‎ 法拉第最早发现电磁感应现象 D．‎ 卢瑟福通过对阴极射线的研究提出原子具有核式结构 考点：‎ 物理学史． ‎ 分析：‎ 牛顿第一定律是惯性定律，不能用实验直接证明；密立根最早用油滴实验测量出电子电荷量的精确值；法拉第最早发现电磁感应现象；卢瑟福通过α散射实验的研究提出原子具有核式结构．‎ 解答：‎ 解：A、牛顿第一定律是惯性定律，反映了物体在受力情况下的运动规律，而不受力的物体是不存在的，故不能用实验直接证明牛顿第一定律；故A错误．‎ B、密立根最早用油滴实验测量出电子电荷量的精确值；故B错误．‎ C、1831年英国科学家法拉第最早发现电磁感应现象；故C正确．‎ D、卢瑟福通过α散射实验的研究提出原子具有核式结构．故D错误．‎ 故选C 点评：‎ 解答本题关键要记住力学、电学和原子物理的一些常见的物理学史．‎ ‎2．（4分）（2013•梅州二模）一定质量的理想气体由状态A经过如图所示过程变到状态B，在此过程中气体的密度（）‎ A．‎ 一直变大 B．‎ 一直变小 C．‎ 先变小后变大 D．‎ 先变大后变小 考点：‎ 理想气体的状态方程． ‎ 专题：‎ 理想气体状态方程专题．‎ 分析：‎ 根据理想气体状态方程整理出压强随温度的变化关系，判断图线上点与原点连线的斜率的物理意义正比于体积的倒数，以此来判断体积的变化，得知密度的变化．‎ 解答：‎ 解：由理想气体状态方程：=c（常数）‎ 解得：P=T 所以图象中从A到B任意一点与坐标原点的连线正比于体积的倒数，所以从A到B过程中体积逐渐增大，由密度ρ=得到，密度一直减小．‎ 故选B．‎ 点评：‎ 注意此类题目解决的思路总是从理想气体状态方程出发，整理出题目所要求的具体表达式．‎ ‎3．（4分）（2013•肇庆一模）如图所示，在水平地面上放着斜面体B，物体A置于斜面体B上，一水平向右的力F作用于物体A．在力F变大的过程中，两物体相对地面始终保持静止，则地面对斜面体B的支持力N和摩擦力f的变化情况是（）‎ A．‎ N变大，f不变 B．‎ N变大，f变小 C．‎ N不变，f变大 D．‎ N不变，f不变 考点：‎ 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用． ‎ 专题：‎ 共点力作用下物体平衡专题．‎ 分析：‎ 对A和B整体受力分析，受重力、支持力、推力和摩擦力，根据共点力平衡条件列式求解．‎ 解答：‎ 解：对A和B整体受力分析，受重力（M+m）g、支持力N、推力F和地面的静摩擦力f，由于两物体相对地面始终保持静止，故加速度为零，合力为零，根据平衡条件，有：‎ 竖直方向：N=（M+m）g ①‎ 水平方向：F=f ②‎ 当推力F变大时，f变大，支持力不变；‎ 故选C．‎ 点评：‎ 本题关键是灵活地选择研究对象；如果对两个物体分别受力分析，然后运用共点力平衡条件列式求解，问题将复杂化．‎ ‎4．（4分）（2015•广州校级模拟）如图所示，虚线是某电场的等势线及其电势的值，一带电粒子只在电场力作用下，以一定速度沿实线从A点飞到C点时恰好速度变为零，则（）‎ A．‎ A点的电场强度大于C点的电场强度 B．‎ 粒子在A点的电势能大于在C点的电势能 C．‎ 该粒子一定带负电 D．‎ 粒子从A点到B点电场力对它所做的功大于从B到C点电场力对它所做的功 考点：‎ 电场线；电势能． ‎ 专题：‎ 电场力与电势的性质专题．‎ 分析：‎ 解答本题需要掌握：根据等势线的分布情况确定电场线的分布情况；正确判断带电粒子在电场中运动时电势能的变化；电场力做功特点．‎ 解答：‎ 解：A、A点等势线密，电场线也密，所以电场强度大于C处，故A正确；‎ B、从C到A过程中，电场力做正功，电势能减小，粒子在A点的电势能小于在C点的电势能，故B错误；‎ C、电场线和等势线垂直且由高等势线指向低等势线，因此图中电场线方向应垂直等势线大体指向左侧，带电粒子所受电场力沿电场线指向曲线内侧，故粒子应带正电，故C错误；‎ D、电场力做功与路径无关，只与初末位置电势差有关，因为UAB=UBC，所以粒子从A点到B点和从B到C电场力做功相等，故D错误．‎ 故选A．‎ 点评：‎ 解决这类问题的突破口为根据粒子运动轨迹确定粒子所受电场力方向，同时这类问题涉及物理知识很全面，能考查学生综合利用物理知识解决问题的能力，是高考的重点，要不断加强练习．‎ 二、双项选择题（每题6分，共30分，每道题有两个正确选项，多选或选错均不给分，漏选得3分．）‎ ‎5．（6分）（2013•肇庆二模）我国第五颗北斗导航卫星是一颗地球同步轨道卫星．如图所示，假若第五颗北斗导航卫星先沿椭圆轨道Ⅰ飞行，后在远地点P处由椭圆轨道Ⅰ变轨进入地球同步圆轨道Ⅱ．下列说法正确的是（）‎ A．‎ 卫星在轨道Ⅱ运行时的速度大于7.9km/s B．‎ 卫星在椭圆轨道Ⅰ上的P点处加速进入轨道Ⅱ C．‎ 卫星在轨道Ⅱ运行时的向心加速度比在赤道上相对地球静止的物体的向心加速度小 D．‎ 卫星在轨道Ⅱ运行时不受地球引力作用 考点：‎ 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用． ‎ 专题：‎ 人造卫星问题．‎ 分析：‎ 北斗导航卫星为地球同步卫星，又称对地静止卫星，是运行在地球同步轨道上的人造卫星，卫星距离地球的高度约为36000 km，卫星的运行方向与地球自转方向相同、运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道、运行周期与地球自转一周的时间相等，即23时56分4秒，卫星在轨道上的绕行速度约为3.1公里/秒，其运行角速度等于地球自转的角速度．‎ 解答：‎ 解：A、7.9km/s即第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度．而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据v的表达式可以发现同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故A错误；‎ B、卫星在椭圆轨道Ⅰ上的P点处加速实现提供的力小于需要的向心力，进入轨道Ⅱ．故B正确 C、同步卫星的角速度与赤道上物体的角速度相等，根据a=rω2，同步卫星的向心加速度大于赤道上物体的向心加速度，故C错误；‎ D、北斗导航卫星绕地球做匀速圆周运动时所受重力作用提供向心力，处于失重状态，故D错误；‎ 故选B．‎ 点评：‎ 本题考查了地球卫星轨道相关知识点，地球卫星围绕地球做匀速圆周运动，圆心是地球的地心，万有引力提供向心力，轨道的中心一定是地球的球心；同步卫星有四个“定”：定轨道、定高度、定速度、定周期．本题难度不大，属于基础题．‎ ‎6．（6分）（2014•龙湖区二模）如图所示，质量为m的物体放在倾角为30°的斜面上，在平行斜面向下的力F作用下处于静止状态，下列关于斜面对物体摩擦力大小的说法，正确的是（）‎ A．‎ f1一定大于F B．‎ f1一定小于F C．‎ f2一定等于F D．‎ f2可能等于mg 考点：‎ 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用． ‎ 专题：‎ 共点力作用下物体平衡专题．‎ 分析：‎ 物体受重力、支持力、推力F和静摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出静摩擦力的大小．‎ 解答：‎ 解：物体受重力、支持力、推力和静摩擦力处于平衡，根据共点力平衡得，f=mgsin30°+F．知f一定大于F．当F=时，则f=mg．所以f可能等于mg．故A、D正确，B、C错误．‎ 故选AD．‎ 点评：‎ 解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解．‎ ‎7．（6分）（2015•广州校级模拟）如图所示，（a）中的变压器为理想变压器，原线圈的匝数n1与副线圈的匝数n2之比为10：1．变压器的原线圈两端所接电压如图（b）所示，两个20Ω的定值电阻串联接在副线圈两端，电压表V为理想电压表，则（）‎ A．‎ 原线圈上电压的有效值为100V B．‎ 原线圈上电压的有效值约为70.7 V C．‎ 电压表V的读数约为3.5V D．‎ 电压表V的读数约为5.0V 考点：‎ 变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率． ‎ 专题：‎ 交流电专题．‎ 分析：‎ 根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，利用变压器中电压与匝数成正比，结合分压原理分析电压表读数，正弦交流电的有效值与最大值之间关系．‎ 解答：‎ 解：A、根据图象可得原线圈的电压的最大值为Um=100V，所以原线圈上电压的有效值为U=50≈70.7VV，故A错误，B正确；‎ B、根据电压与匝数成正比知副线圈电压为5V，电压表的示数为副线圈电压的一半为≈3.5．故C正确，D错误；‎ 故选：BC．‎ 点评：‎ 掌握住理想变压器电压与匝数成正比，电流与匝数成反比的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．‎ ‎8．（6分）（2013•肇庆一模）甲、乙、丙是三个在同一直线上运动的物体，它们运动的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（）‎ A．‎ 丙与甲的运动方向相反 B．‎ 丙与乙的运动方向相同 C．‎ 乙的加速度大于甲的加速度 D．‎ 丙的加速度大小小于乙的加速度大小 考点：‎ 匀变速直线运动的图像． ‎ 专题：‎ 运动学中的图像专题．‎ 分析：‎ 速度的正负表示速度的方向．匀变速直线运动的速度图象是倾斜的直线．根据图线的纵坐标直接读出速度的大小，图象与坐标轴围成的面积表示位移．‎ 解答：‎ 解：A、由图看出，甲和丙的速度均为正值，说明甲丙都沿正方向运动，它们的运动方向相同．故A错误；‎ B、由图看出，乙和丙的速度均为正值，说明乙丙都沿正方向运动，它们的运动方向相同．故B正确；‎ C、由图可知：乙的斜率比甲大，所以乙的加速度大于甲的加速度．故C正确；‎ D、由图可知：乙的斜率比丙的斜率的绝对值小大，所以乙的加速度小于丙的加速度大小，故D错误．‎ 故选BC 点评：‎ 本题考查识别速度图象和读图的能力．匀变速直线运动的速度图象是倾斜的直线．‎ ‎9．（6分）（2012•惠州三模）根据磁场对电流会产生作用力的原理，人们研制出一种新型的炮弹发射装置﹣﹣电磁炮，它的基本原理如图所示，下列结论中正确的是（）‎ A．‎ 要使炮弹沿导轨向右发射，必须通以自N向M的电流 B．‎ 要想提高炮弹的发射速度，可适当增大电流 C．‎ 使电流和磁感应强度的方向同时反向，炮弹的发射方向亦将随之反向 D．‎ 要想提高炮弹的发射速度，可适当增大磁感应强度 考点：‎ 安培力． ‎ 分析：‎ 正确应用左手定则是解答本题的关键，在应用时为防止手忙脚乱，可以先让四指和电流方向一致，然后通过旋转手让磁感线穿过手心，从而进一步确定大拇指的指向即安培力方向．其大小由公式F=BIL可知．‎ 解答：‎ 解：A、要使炮弹沿导轨向右发射，即为安培力作用，根据左手定则可知，必须通以自M向N的电流．故A错误；‎ B、要想提高炮弹的发射速度，即增大安培力的大小，所以可适当增大电流或磁感应强度．故B正确，D正确；‎ C、若使电流和磁感应强度的方向同时反向，则安培力方向不变，所以炮弹的发射方向不变，故C错误；‎ 故选：BD 点评：‎ 要熟练应用左手定则判断安培力方向一定平时多加练习，同时注意磁场、电流方向的表示方法．电磁炮就是在安培力的作用下运动．‎ 三、非选择题（每题18分，共3题54分，计算题请写出详细解答过程．）‎ ‎10．（10分）（2015•广州校级模拟）在《探究加速度与动力的关系》实验中，采用的实验装置如图1所示．在实验中，细线一端与拉力传感器相连（拉力传感器固定在车上 ），另一端通过定滑轮与矿泉水瓶相连．实验时逐渐往瓶里加水直到打出的纸带相邻点间的距离相等并记下此时拉力传感器的读数F0．继续往瓶中加适量的水继而释放小车打出纸带并记录下小车运动时传感器的读数F．改变瓶中水的质量打出多条纸带和得到多个F值（重力加速度为g）．‎ ‎（1）实验中电火花计时器应与220伏交流电源相连接；‎ ‎（2）①本实验中记下F0的目的是得到小车运动时受到的阻力．‎ ‎②小车所受的合外力为B A．F B．F﹣F0 C．F+F0 D．F0‎ ‎③实验作出的图象是如图2的A．‎ 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：‎ 电火花打点计时器，必须220V交流电；根据加水来慢慢增加重力，从而获得恰好匀速的状态，则得出阻力的大小；那么小车受到的合力即为拉力减去阻力；当质量一定时，a与F﹣F0成正比．‎ 解答：‎ 解：（1）电火花打点计时器，必须使用220V交流电；‎ ‎（2）①巧用慢慢加重力来获得恰好做匀速运动的拉力，从而确定阻力大小．然而当控制质量一定时，研究加速度与合外力关系时，必须将阻力大小减去．‎ ‎②因此作出a与F﹣F0的图象，故B正确，ACD错误；‎ ‎③当质量一定时，a与F﹣F0成正比，故A正确，BCD错误．‎ 故答案为：（1）①220；交流；‎ ‎（2）①得到小车运动时受到的阻力； ②B； ③A．‎ 点评：‎ 考查电火花计时器与电磁打点计时器的区别，理解图象的横，纵坐标的含义，注意图象的斜率，掌握牛顿第二定律的应用．‎ ‎11．（8分）（2015•广州校级模拟）某实验小组在探究规格为“6V，1W”的小灯泡伏安特性曲线实验中：‎ ‎（1）在小灯泡接入电路前，利用多用电表的欧姆挡直接测量小灯泡的电阻，正确操作后，多用电表的指针偏转如图甲所示，可知小灯泡的电阻为32Ω．‎ ‎（2）该同学采用如图乙所示的电路进行测量，在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于b端（选填“b”或“c”）．请根据图乙完成图丙的实物连线．‎ ‎（3）该同学描绘出小灯泡的伏安特性曲线示意图如图丁所示，则小灯泡的电阻随工作电压的增大而增大（选填：“不变”、“增大”或“减小”）．‎ 考点：‎ 描绘小电珠的伏安特性曲线． ‎ 专题：‎ 实验题．‎ 分析：‎ ‎（1）由灯泡铭牌可知，灯泡额定电压是6V，额定功率是1W，由电功率的变形公式求出灯泡正常工作时的电阻，根据该电阻阻值选择多用电表的档位；根据图示多用电表读出多用电表的读数．‎ ‎（2）滑动变阻器采用分压接法，闭合开关前，应把滑片移到分压电路分压最小的位置．根据实验电路图连接实物电路图．‎ ‎（3）根据图象，由欧姆定律判断灯泡电阻如何变化．‎ 解答：‎ 解：（1）灯泡正常工作时的电阻为R===36Ω，则多用电表可以选择欧姆挡的×1挡；由图示多用电表可知，其示数为32Ω．‎ ‎（2）由图甲所示的电路可知，滑动变阻器采用分压接法，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于b端，根据电路图连接实物电路图，如图所示．‎ ‎（3）由图丙所示灯泡伏安特性曲线可知，小灯泡的电阻随工作电压的增大而增大．‎ 故答案为：（1）32Ω ‎（2）b； 连线如图 ‎（3）增大．‎ 点评：‎ 本题考查伏安特性曲线的测量及多用电表的使用；在使用多用电表时要根据待测电阻的阻值选择欧姆表的挡位，使欧姆表指针指针表盘中央附近，挡位过大或过小，测量误差都较大．在测量灯泡的伏安特性曲线时要用分压接法．‎ ‎12．（18分）（2013•肇庆二模）如图所示，坐标空间中有场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场，y轴为两种场的分界线，图中虚线为磁场区域的右边界，现有一质量为m、电荷量为﹣q的带电粒子从电场中坐标位置（﹣l，0）处，以初速度v0沿x轴正方向开始运动，且已知l=（粒子重力不计）．试求：‎ ‎（1）带电粒子进入磁场时的速度v的大小及v的方向与y轴的夹角θ；‎ ‎（2）若要使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回电场中，磁场的宽度d的最大值是多少．‎ 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）粒子在电场中受电场力作用产生加速度，根据题意知粒子在电场中做类平抛运动，利用运动的合成与分解的方法处理类平抛问题，得出粒子进入磁场时的速度；‎ ‎（2）画出粒子在磁场中运动临界条件时的轨迹，再根据洛伦兹力提供向心力和轨迹的几何知识求解磁场宽度应该满足的条件．‎ 解答：‎ 解：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，设带电粒子在电场中运动的加速度是a，由牛顿运动定律可得：‎ qE=ma ①‎ 设粒子出电场入磁场时的速度大小为v，此时在y轴方向的分速度为vy，粒子在电场中的运动时间为t，则有：‎ vy=at ②‎ l==v0t ③‎ v=④‎ 由①②③④式解得：v=⑤‎ sinθ=⑥‎ 由⑤⑥式解得：sinθ=⑦‎ 由⑦式可得：θ=45°⑧‎ ‎（2）粒子进入磁场后在洛仑兹力作用下做圆周运动，如答图所示．‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有：‎ qvB=‎ 所以有粒子运动轨道半径：R= ⑨‎ 由答图可知：若要使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回电场中，磁场的宽度d应满足：‎ d≤R（1+cosθ） ⑩‎ 由⑩解得：dmax=…（13）‎ 答：（1）带电粒子进入磁场时的速度v的大小为，v的方向与y轴的夹角θ=45°；‎ ‎（2）若要使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回电场中，磁场的宽度d的最大值是．‎ 点评：‎ 本题考查带电粒子在匀强电场中做类平抛运动和在匀强磁场中做匀速圆周运动，在电场中掌握类平抛问题的处理方法，在磁场中运动要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了 ‎13．（18分）（2013•梅州一模）一质量为m1=1kg、带电量为q=0.5c的小球静止在光滑水平平台上，另一质 量为m2=1kg、不带电的小球M自平台左端以速度v=4.5m/s向右运动，两小球发生完全 弹性碰撞后，小球N自平台右端水平飞出，碰撞过程小球N的电荷量不变，不计空气阻力，小球N飞离平台后由λ点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC，圆轨道ABC的形状为半径R＜4m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，在过A点的竖直线OO′的右边空间存 在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E=10V/m，（sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度g取 10m/s2）求：‎ ‎（1）两球碰撞后小球N的速度大小vN ‎（2）小球N经过A点的速度大vA ‎（3）欲使小球N在圆轨道运动时不脱离圆轨道，求半径R的取值应满足什么条件？‎ 考点：‎ 动量守恒定律；平抛运动；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：‎ ‎（1）两小球发生完全弹性碰撞，动量和机械能均守恒，由两大守恒定律列式，求两球碰撞后小球N的速度大小vN．‎ ‎（2）小球离开平台后做平抛运动，由题知，小球经过A点时的速度沿圆轨道的切线方向，根据速度分解求出经过A点时的速度大小vA．‎ ‎（3）欲使小球N在圆轨道运动时不脱离圆轨道，有两种情况：一种恰好能通过最高点C，由重力和电场力的合力提供向心力，另一种恰好滑到与圆心等高的点速度为零，根据牛顿第二定律和动能定理结合进行求解．‎ 解答：‎ 解：（1）由题意，两小球发生完全弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒，得 ‎ m2v=m1vN+m2vM ‎=+‎ 联立解得：vN=4.5m/s ‎（2）小球离开平台后做平抛运动，由题知，小球经过A点时的速度沿圆轨道的切线方向，则 ‎ cos53°=‎ 解得vA=7.5m/s ‎（3）（i）小球N沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC后，小球沿轨道做圆周运动，若恰好能通过最高点C，由重力和电场力的合力提供向心力，设滑至最高点的速度为vC ‎，则有 ‎ m1g+qE=‎ 根据动能定理得：‎ ‎﹣（m1g+qE）R（1+cos53°）=﹣‎ 联立以上两式解得 R=m 故当0＜R≤m时，小球N沿着轨道做圆周运动的，且能从圆的最高点C飞出．‎ ‎（ii）若小球N恰好滑到与圆心等高的圆弧上的T点时速度为零，则滑块也沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．根据动能定理得 ‎﹣（m1g+qE）Rcos53°=0﹣‎ 解得，R=m 根据题中信息可知R＜4m．故当m≤R＜4m时，小球在轨道内来回的滚动．‎ 综上所术，小球能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半径R的取值应满足0＜R≤m或m≤R＜4m． ‎ 答：‎ ‎（1）两球碰撞后小球N的速度大小vN是4.5m/s．‎ ‎（2）小球N经过A点的速度大vA是7.5m/s ‎（3）欲使小球N在圆轨道运动时不脱离圆轨道，半径R的取值应满足0＜R≤m或m≤R＜4m．‎ 点评：‎ 本题是复杂的力学综合题，整合了动量守恒、机械能守恒、动能定理、向心力等等多个力学规律，特别是第3题小球能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，有两种可能的情况，不要漏解．‎