江苏省南通如东高级中学等四校2017届高三12月联考物理试卷

江苏省南通如东高级中学等四校2017届高三12月联考物理试卷

江苏省南通如东高级中学等四校2017届高三12月联考物理试卷（解析版）‎ 一、选择题 ‎1．物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用．下面列举的四种器件中，在工作时利用了电磁感应现象的是（　　　）‎ A．回旋加速器 B．交流发电机 C．质谱仪 D．电动机 ‎【答案】B ‎【解题思路】回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速，不是电磁感应现象，选项A错误；发电机是通过线圈在磁场中转动，从而产生感应电动势，是利用电磁感应现象，选项B正确；质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转，不是电磁感应现象，选项C错误；电动机是先通电，通电线圈在磁场里受安培力作用，线圈在安培力的作用下才转动的，不属于电磁感应现象，选项D错误，选项B正确，A、C、D均错误。‎ 考点：电磁感应在生活和生产中的应用 ‎【名师点睛】本题主要考查了电磁感应在生活和生产中的应用。回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，发电机是通过线圈在磁场中转动，从而产生感应电动势，是利用电磁感应现象；质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转．电动机是先通电，通电线圈在磁场里受安培力才转动的。‎ ‎2．小明平伸手掌托起小球，由静止开始竖直向上运动，直至将小球竖直向上抛出。下列对此现象分 析正确的是（　　　）‎ A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态 B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态 C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度 D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度 ‎【答案】D ‎【解题思路】物体向上先加速后减速，加速度先向上，后向下，根据牛顿运动定律可知物体先处于超重状态，后处于失重状态，选项A、B均错误；重物和手有共同的速度和加速度时，二者不会分离，故物体离开手的瞬间，物体向上运动，物体的加速度等于重力加速度，物体离开手前手要减速，所以此瞬间手的加速度大于重力加速度，并且方向竖直向下，选项C错误，D正确，D正确，A、B、C均错误。‎ 考点：超重和失重 ‎【名师点睛】本题主要考查了超重和失重。超重和失重仅仅指的是一种现象，但物体本身的重力为不变的。重物和手有共同的速度和加速度时，二者不会分离超重指的是物体加速度方向向上，失重指的是加速度方向下，但运动方向不可确定．由牛顿第二定律列式分析即可。‎ ‎3．一小球从空中由静止下落，设重物下落时所受的阻力与速度成正比，则下列图象中正确的是（　　　）‎ ‎【答案】D ‎【解题思路】当重物刚开始下落时，因为速度较小那么阻力f也较小，远小于重物的重力G，即f＜G，故重物做加速运动；由于重物下落时所受的阻力与速度成正比，根据牛顿第二定律，可知加速度逐渐减小，故当速度达到某个值时，阻力f会增大到与重力G相等，即f = G，此时重物受到平衡力的作用，将保持匀速直线运动，加速度减小为零；物体的速度随着时间不是均匀变化，故阻力随着时间不是均匀变化，故加速度随着时间也就不是均匀变化，且最后的加速度应该为零，选项A错误，B错误；重物受重力和阻力，根据牛顿第二定律，有：mg-kυ = ma，解得：，故a-υ图象是直线，选项C错误，D正确，选项D正确，A、B、C均错误。‎ 考点：牛顿第二定律、a-t图象、a-υ图象 ‎【名师点睛】本题主要考查了牛顿第二定律、a-t图象、a-υ图象。重物受重力和阻力，根据牛顿第二定律列 式求解出加速度的表达式进行分析；加速度与合力成正比，合力与阻力为线性关系，阻力与速度也速度是 线性关系，但不是匀加速直线运动，故速度与时间不是线性关系。‎ ‎4．如图所示，某机器内有两个围绕各自固定轴匀速转动的铝盘A、B。A盘上有一信号发射装置P，能发射出水平红外线，P到圆心的距离为28cm．B盘上固定带窗口的红外线接收装置Q，Q到圆心的距离为16cm。P、Q转动的线速度相同，都是4πm/s。当P、Q正对P时发出的红外线恰好进入Q的接受窗口，则Q接受到红外线信号周期是（　　　）‎ A．0.56s　　　　　B．0.28s　　　　　C．0.16s　　　　　D．0.07s ‎【答案】A ‎【解题思路】由题意可知P的周期为：，Q的周期为：‎ ‎，因为经历的时间必须等于它们周期的整数倍，根据数学知识，0.14和0.08的最小公倍数为0.56s，所以经历的时间最小为0.56s，选项A正确，B、C、D均错误，选项A正确，B、C、D均错误。‎ 考点：线速度、角速度和周期 ‎【名师点睛】本题主要考查了线速度、角速度和周期。因为P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口，再次被接收时，经历的时间都为各自周期的整数倍，分别求出各自的周期，求出周期的最小公倍数，从而求出经历的时间。‎ ‎5．如图所示的电路中，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，P为其中的一个定点，将电键K闭合，电路稳定后将A板向下缓缓平移一小段距离，则下列说法正确的是（　　　）‎ A．A、B两极板间场强变小 B．电阻R中有向上的电流 C．P点电势升高 D．A点电势升高 ‎【答案】C ‎【解题思路】电键K闭合，电容器的电压不变，根据公式，可知当A板下移时板间d减小，所以场强增大，选项A错误；由，可知将A板下移即d变小，所以C变大，因为电键K闭合，所以电容器的电压U不变由定义式：Q增大，电容器要充电，所以电阻R中有向下的电流，选项B错误；保持开关S闭合，电容器板间电压保持不变，A板向下移动一小段距离，板间距离d减小，根据公式，可知板间场强变大，由U = Ed得知，P点与B板间电势差增大，电场线方向向下，沿电场线方向电势降低，由于B板接地电势始终为零，则可知P点电势升高，选项C正确；因为A、B板电势差不变，而B板接地电势始终为零，所以A板电势不变，选项D错误，选项C正确，A、B、D均错误。‎ 考点：电容、电势 ‎【名师点睛】本题主要考查了电容、电势。在电容器的电压不变的情况下，将A板下移，则导致电容变化，电压变化，根据，结合，可分析电容变化，进而可得电容器电量变化；保持开关S闭合，电容器板间电压保持不变，移动极板，根据公式，分析板间场强的变化，确定P点与下板间电势差的变化，再判断P点电势的变化．；因为AB板电势差不变，而B板接地电势始终为零，所以A板电势不变。‎ ‎6．如图所示是法拉第圆盘发电机的示意图．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别于圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，当圆盘旋转时，下列说法正确的是（　　　）‎ A．实验中流过电阻R的电流是由于圆盘内产生涡流现象而形成的 B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则圆盘中心电势比边缘要高 C．实验过程中，穿过圆盘的磁通量发生了变化，产生感应电动势 D．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则有电流沿a到b的方向流动流经电阻R ‎【答案】BD ‎【解题思路】圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线,因此是电磁感应现象，选项A错误；根据右手安培定则，从上往下看，圆盘顺时针转动产生由圆盘边缘指向圆盘中心的电流，即圆盘中心电势比边缘高，选项B正确；实验过程中，穿过圆盘的磁通量没有发生变化，而是导体切割磁感线产生了感应电动势，选项C错误；从上往下看，圆盘顺时针转动产生由圆盘边缘指向圆盘中心的电流，则有电流沿a到b的方向流经电阻R，选项D正确。所以B、D均正确，A、C均错误。‎ 考点：法拉第圆盘发电机 ‎【名师点睛】本题主要考查了法拉第圆盘发电机．圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，有效切割长度为铜盘的半径，属于切割产生电动势．根据右手定则分析从上往下看，圆盘顺时针转动产生由圆盘边缘指向圆盘中心的电流，则有电流沿a到b的方向流动流经电阻R。‎ ‎7．如图所示一卫星沿椭圆轨道绕地球运动，其周期为24小时，A、C两点分别为轨道上的远地点和近地点，B为椭圆短轴和轨道的交点．则下列说法正确的是（　　　）‎ A．卫星从A运动到B和从B运动到C的时间相等 B．卫星运动轨道上A、C间的距离和地球同步卫星轨道的直径相等 C．卫星在A点的机械能比经过C点时机械能小 D．卫星在A点的加速度比地球同步卫星的加速度小 ‎【答案】BD ‎【解题思路】卫星做椭圆轨道运动，卫星从从A运动到B，再从B运动到C，引力做正功，速度不断增大，所以卫星从A运动到B比从B运动到C的时间长，选项A错误；根据开普勒第三定律，该卫星与地球同步卫星的周期相等，则该卫星轨道的半长轴与地球同步卫星的轨道半径相等，则卫星运动轨道上A、C间的距离和地球同步卫星轨道的直径相等，选项B正确；卫星从椭圆上A点到C点过程中，只有引力做功，所以机械能守恒，选项C 错误；A点到地心的距离大于地球同步轨道的半径，由，解得：，可知卫星在A点的加速度比地球同步卫星的加速度小，选项D正确。所以B、D均正确，A、C均错误。‎ 考点：人造卫星的加速度、周期、机械能 ‎【名师点睛】本题主要考查了人造卫星的加速度、周期、机械能。卫星做椭圆轨道运动，卫星从从A运动到B，再从B运动到C，引力做正功，速度不断增大，可以判断卫星从A运动到B和从B运动到C的时间关系，根据开普勒第三定律分析卫星运动轨道上A、C间的距离和地球同步卫星轨道的直径关系．由牛顿第二定律分析加速度关系。‎ ‎8．如图所示电路中，电源电动势为E，内阻r．闭合开关S，电压表示数为U,电流表示数为I,在滑动变阻器R2的滑片P由a端滑到b端的过程中（　　　）‎ A．U先变大后变小 B．I先变大后变小 C．U与I的比值先变小后变大 D．U变化量与I变化量的比值不变 ‎【答案】AD ‎【解题思路】由图可知，滑动变阻器上下两部分并联，当滑片在中间位置时总电阻最大，则在滑动变阻器R2的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R2的电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知电流，即电流表示数先减小后增大，选项B错误；又由，可知路端电压先变大后变小，选项A正确；U与I的比值就是接入电路的R1的电阻与R2的电阻之和，所以U与I比值先变大后变小，选项C错误。‎ 因为，所以，又由，所以U变化量与I变化量的比值不变，选项D正确，选项A、D均正确，B、C均错误。‎ 考点：闭合电路的欧姆定律、动态电路 ‎【名师点睛】本题主要考查了闭合电路的欧姆定律、动态电路。滑动变阻器上下两部分并联，当滑片在中间位置时总电阻最大，则在滑动变阻器R2的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R2的电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知电流及电压的变化情况，因为，所以，又由 ‎，可知U变化量与I变化量的比值。‎ ‎9．如图所示，作用于轻绳端点A竖直向下的拉力F,通过跨在光滑小滑轮的轻绳拉一处在较远处的物体B（初始位置绳与水平方向的夹角很小），使物体沿水平面向右匀速滑动，直到接近滑轮下方，在此过程中（　　　）‎ A．绳端A的速度逐渐减小 B．绳端拉力F逐渐增大 C．物体B对地面的压力逐渐减小 D．绳端拉力F的功率逐渐减小 ‎【答案】ACD ‎【解题思路】‎ 试题分析：物体沿水平向右匀速运动过程实际参与了两个运动，一个是沿绳子方向的运动速度，另一个是与绳子垂直方向的运动速度，设绳子和水平夹角为，则有，随着物体向右运动，逐渐增大，而减小，则绳子移动的速度即绳子A端的速度逐渐减小，选项A正确；对物块受力分析如右图，一共四个力，即地面支持力N地面滑动摩擦力重力和绳子拉力F。由于地面支持力和地面滑动摩擦力比例关系和方向恒定，因此合力方向恒定如图。根据受力平衡，重力和拉力的合力与支持力摩擦力合力等大反向，所以在重力和拉力的合力矢量三角形中，重力大小方向确定，合力方向确定，初始拉力接近水平方向如位置1，随后拉力与水平方向夹角逐渐变大如位置2、3等依次变化。当拉力F与合力垂直时拉力最小，随后增大拉力又增大，所以拉力F先减小后增大，答案选项B错误；在此变化过程中，合力逐渐变小，根据图示摩擦力逐渐变小,所以由可知物体B对地面的压力逐渐减小，选项C正确；在此变化过程中，合力逐渐变小，根据图示摩擦力逐渐变小，物块匀速运动，拉力F和摩擦力做功总功为0，二者功率相等，由于速度不变，摩擦力变小，摩擦力的功率变小所以拉力F的功率变小，选项D正确，选项A、C、D均正确，B错误。‎ 考点：速度的合成与分解、功率 ‎【名师点睛】本题主要考查了速度的合成与分解、功率。物体沿水平向右匀速运动过程实际参与了两个运动，一个是沿绳子方向的运动速度，另一个是与绳子垂直方向的运动速度，设绳子和水平夹角为，则有，可知速度变化；由于地面支持力和地面滑动摩擦力比例关系和方向恒定，因此合力方向恒定如图。根据受力平衡，重力和拉力的合力与支持力摩擦力合力等大反向，所以在重力和拉力的合力矢量三角形中，重力大小方向确定，合力方向确定，通过动态三角形可知拉力及压力变化。物块匀速运动，拉力F和摩擦力做功总功为0，二者功率相等，可知摩擦力的功率变化。‎ 二、实验题 ‎10．在暗室中用如图所示装置做“测定重力加速度”的实验。实验器材有：铁架台、漏斗、橡皮管、尖嘴玻璃管、螺丝夹接水铝盒、一根荧光刻度的米尺、频闪仪．具体实验步骤如下：‎ ‎①在漏斗内盛满清水，调节螺丝夹子，让水滴以一定的频率一滴一滴的落下。‎ ‎②用频闪仪发出的白色闪光将水滴照亮，由大到小逐渐调节频闪仪的频率，直到第一次看到一串仿佛固定不动的水滴悬在空中。‎ ‎③通过竖直固定在边上的米尺读出各个水滴被照亮时对应的刻度。‎ ‎④采集数据进行处理。‎ ‎（1）实验中看到空间有一串仿佛固定不动的水滴时，频闪仪的闪光频率满足的条件是：　　　　　　。‎ ‎（2）某同学实验中观察到水滴“固定不动”时的闪光频率为30Hz，读出其中比较圆的水滴到第一个水滴的距离如图，则第8个水滴的速度υ8 = 　　 m/s；根据数据测得当地重力加速度g = 　　 m/s2（结果均保留三位有效数字）。‎ ‎（3）实验中存在误差的主要原因有（至少写出两条）：‎ ‎①　　　　　　　　　　　。‎ ‎②　　　　　　　　　　　。‎ ‎【答案】（1）频闪仪频率等于水滴滴落的频率（2）2.279.72‎ ‎（3）由于空气阻力对水滴的作用，水滴不是严格的自由落体；‎ 或者滴水的频率改变了，或数据读数不准确等，‎ ‎【解题思路】（1）频闪仪频率等于水滴滴落的频率时，则每滴下来的一滴水，频闪仪都在相同的位置记录，故可看到一串仿佛固定不动的水滴。‎ ‎（2）在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度：。令设6到7之间的距离叫x1，7到8之间的距离叫x2，8到9之间的距离叫x3，,9到10之间的距离叫x4，根据逐差法可得：‎ ‎（3）由于空气阻力对水滴的作用，水滴不是严格的自由落体；或者滴水的频率改变了，或数据读数不准确等，都会产生误差。‎ 考点：测定重力加速度 ‎【名师点睛】本题主要考查了测定重力加速度。当频闪仪频率等于水滴滴落的频率时，可看到一串仿佛固定不动的水滴．该实验利用了自由落体运动的规律，根据匀变速直线运动的规律可以求出水滴C的速度，利用逐差法可以求出重力加速度的大小．由于空气阻力对水滴的作用，水滴不是严格的自由落体。‎ ‎11．在“测电池的电动势和内阻”的实验中，测量对象为一节新的干电池。‎ ‎（1）用图（a）所示电路测量时，在较大范围内调节滑动变阻器，发现电压表变化不明显，原因是　　　　，从而影响测量值的精确性。‎ ‎（2）为了提高实验的精确度采用（b）所示电路，提供器材：‎ A．量程3V和15V的双量程电压表V B．量程0.6A和3A的双量程电流表A C．定值电阻R0（R0 = 1.5Ω）‎ D．滑动变阻器R1（0～10Ω）‎ E．滑动变阻器R2（0～200Ω）‎ F．开关S和一些导线。‎ ‎①图（b）电路中，加接电阻R0有两方面的作用：一是方便实验操作和数据测量；‎ 二是　　　　　　　 。‎ ‎②为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用　　　　　　（填R1或R2）。‎ ‎③用笔画线代替导线在图（c）中完成实物连接图。‎ ‎④实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数，并在给出的U-I坐标系中画出U-I图线如图（d）所示，则新干电池的内阻r = 　　　　　Ω（结果保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】（1）电源内阻太小（2）①保护电路中电源和电流表的安全②R1③如图所示④0.29‎ ‎【解题思路】（1）根据U = E-Ir可知，由于新电池内阻很小，电池内压降很小，电压表的读数变化很小，所以如果采用一节新干电池进行实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表读数变化很小，即原因是新电池的内阻很小，内电路的电压降很小。‎ ‎（2）①加接电阻R0有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏，即保护电路中电源和电流表的安全。‎ ‎②因为电流表的量程使用IA = 0.6A，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中需要的最大电阻应为，所以变阻器应选R1。‎ ‎③如图所示 ‎④在U-I图象中图线的斜率为R0与r之和：即，解得r = 0.29。‎ 考点：测电池的电动势和内阻 ‎【名师点睛】本题主要考查了测电池的电动势和内阻。本题的关键是明确新电池的内阻很小，电池的内压降很小，电压表的读数变化很小，所以实验应选内阻较大的旧电池；明确定值电阻除方便操作和测量外，还可以保护电池和电流表；根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻即可；根据闭合电路欧姆定律写出关于U与I的函数表达式，然后根据斜率和截距的概念即可求解。‎ 三、计算题 ‎12．如图所示，一根跨越一固定的水平光滑细杆的柔软、不可伸长的轻绳，绳子总长为3L,细杆O点离地高为2L,两端各系一个质量不等的小球A和B，已知球B的质量为m0．球A置于地面上，球B被拉到与细杆同样的高度的水平位置，在绳恰被拉直时从静止释放小球B。假设小球A始终未离开地面，空气阻力不计，重力加速度大小为g。‎ ‎（1）小球B下落到最低点过程中重力的瞬时功率大小如何变化；‎ ‎（2）当B球下落到绳子与竖直方向成600角时重力的瞬时功率多大；‎ ‎（3）若小球B达到竖直位置时，A球与地面压力恰好为零，则小球A的质量为小球B质量的几倍。‎ ‎【答案】（1）先变大后减小（2）（3）3倍 ‎【解题思路】（1）B球刚开始时速度为零，重力的瞬时功率为零，到最低点时速度水平与重力垂直，重力的瞬时功率也为零，故瞬时功率先变大后减小。‎ ‎（2）下落过程中机械能守恒：‎ 重力的瞬时功率为：‎ 解得：‎ ‎（3）对A球此时：‎ 对B球由牛顿第二定律：‎ 由机械能守恒定律：‎ 得：故A球的质量为B球质量的3倍 考点：机械能守恒定律、牛顿第二定律、瞬时功率 ‎【名师点睛】本题主要考查了机械能守恒定律、牛顿第二定律、瞬时功率。B球刚开始时速度为零，瞬时功率为零，到最低点时速度水平与重力垂直，瞬时功率也为零，故瞬时功率先变大后减小；由机械能守恒定律求出速度，即可得出瞬时功率；根据牛顿第二定律和机械能守恒定律得出两球质量间的关系。‎ ‎13．如图所示，在倾角为300足够长的光滑绝缘斜面的底端A点固定一电荷量为Q的正点电荷，在离A距离为S0的C处由静止释放某正电荷的小物块P（可看做点电荷）。已知小物块P释放瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g。已知静电力常量为k，重力加速度为g，空气阻力忽略不计。‎ ‎（1）求小物块所带电荷量q和质量m之比；‎ ‎（2）求小物块速度最大时离A点的距离S；‎ ‎（3）若规定无限远电势为零时，在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成（其中r为该点到Q的距离）。求小物块P能运动到离A点的最大距离Sm。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解题思路】（1）对小物块受力分析：受重力、电场力．由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ ‎（2）当合力为零时速度最大即：‎ 解得：‎ ‎（3）当运动到最远点是速度为零，由能量守恒定律得：‎ 解得：‎ 考点：库仑力、机械能守恒定律、牛顿第二定律 ‎【名师点睛】本题主要考查了库仑力、机械能守恒定律、牛顿第二定律。先对小物块受力分析：受重力、电场力．由牛顿第二定律解得电荷量q和质量m之比；当合力为零时速度最大，解得物速度最大时离A点的距离S；当运动到最远点是速度为零，由能量守恒定律可得最大距离Sm。‎ ‎14．如图一直导体棒质量为m = 1kg、长为L = 0.1m、电阻为r = 1Ω，其两端放在位于水平面内间距也为L = 0.1m的足够长光滑平行导轨上，且接触良好；距棒左侧L0 = 0.1m处两导轨之间连接一阻值大小可控制的负载电阻R，导轨置于磁感应强度大小为B0 = 1×102T,方向垂直于导轨所在平面向下的均强磁场中，导轨电阻不计，开始时，给导体棒一个平行于导轨向右的初速度υ0 = 10m/s。‎ ‎（1）若负载电阻R = 9Ω，求导体棒获得初速度υ0的瞬间产生的加速度大小和方向；‎ ‎（2）若要导体棒在磁场中保持速度υ0 = 10m/s做匀速运动，则磁场的磁感应强度B随时间应如何变化；写出磁感应强度B满足的函数表达式。‎ ‎（3）若通过控制负载电阻R的阻值使棒中保持恒定的电流强度I = 10A。求在棒的运动速度由10m/s减小至2m/s的过程中流过负载电阻R的电量q以及R上产生的热量QR。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解题思路】（1）由法拉第电磁感应定律：‎ 根据闭合电路欧姆定律：安培力表达式：‎ 根据牛顿第二定律：‎ 代入数据解得：‎ ‎（2）若要导体棒在磁场中保持速度υ0 = 10m/s做匀速运动，则说明导体棒不受安培力，也就没有感应电流，可知磁通量的变化量为零，则：‎ 代入数据解得：‎ ‎（3）由电量定义：‎ 因为电流保持不变，那么导体棒做匀减速运动，运动的时间为：‎ 根据牛顿第二定律：‎ 安培力表达式：‎ 由能量守恒定律：‎ 代入数据解得：‎ 考点：法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律、安培力、电量 ‎【名师点睛】本题主要考查了法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律、安培力、电量。由法拉第电磁感应定律求出电动势，再由闭合电路欧姆定律和安培力公式求出加速度；若要导体棒在磁场中做匀速运动，则说明导体棒不受安培力，也就没有感应电流，只能是磁通量的变化量为零，可求出磁感应强度B满足的函数表达式；由由能量守恒定律可求出热量。‎ ‎15．如图所示，在直角坐标系xoy的第三、四象限区域内存在两个有界匀强磁场，匀强磁场I分布在x轴和MN之间，方向垂直纸面向外，PQ边界下方分布足够大垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，MN、PQ均与x轴平行，C、D分别为磁场边界MN、PQ和y轴的交点，且OC = CD = L．在第二象限存在沿x轴正向的匀强电场．一质量为m带电量为 + q的带电粒子从电场中坐标为（-L，-2L）的A点以速度υ0沿y负方向射出，恰好经过原点O处射入磁场区域I（粒子的重力忽略不计）。‎ ‎（1）求第二象限匀强电场场强E的大小；‎ ‎（2）要使粒子不能进入磁场区域Ⅱ，则区域Ⅰ内磁场的磁感应强度B1大小是多少；‎ ‎（3）若粒子恰从C点射出磁场区域Ⅰ，然后经过磁场Ⅱ能再次回到原点O，问磁场区域Ⅱ的磁感应强度B2大小为多少。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解题思路】（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则有 水平方向：‎ 竖直方向:‎ 根据牛顿第二定律：‎ 以上联立解得：‎ ‎（2）设粒子到原点时水平分速度为：‎ 则粒子进入磁场时合速度大小为方向与y轴负向成45°‎ 粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，如图所示由几何知识可得粒子圆周运动的半径为：‎ 由洛伦兹力充当向心力，则有:‎ 以上联立解得：‎ 故粒子不能进入磁场区域Ⅱ必须满足：‎ ‎（3）由几何知识（如图所示）可得粒子在区域Ⅱ中圆周运动的半径为：‎ 由洛伦兹力充当向心力，则有:‎ 以上联立解得：‎ 考点：带电粒子在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎【名师点睛】本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动。带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式求解场强E的大小；带电粒子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动．由题意画出轨迹，由几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律即可求得磁感应强度的大小；当带电粒子恰好能再次回到原点O，画出在磁场Ⅱ中轨迹由几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律即可求得磁感应强度的大小。‎ ‎16．如图所示，质量为m = 2kg带电量为q = + 2×10-3C的小物块A与质量不计的绝缘木板B叠放在水平面上，A位于B的最左端且与竖直固定于地面上的挡板P相距S0 = 3m，已知A与B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与挡板相撞没有机械能损失，且A带电量始终保持不变。整个装置处在大小为方向水平向右的匀强电场中，现将A、B同时由静止释放，重力加速度g取10m/s2。求：‎ ‎（1）A、B释放时，物块A的加速度大小；‎ ‎（2）若A与挡板不相碰，木板的最小长度L0；‎ ‎（3）若木板长度为L = 0.8m，整个过程木板运动的总路程S。‎ ‎【答案】（1）（2）1m（3）2.32m ‎【解题思路】（1）A和B一起匀加速运动，由牛顿第二定律：‎ 代入数据解得：‎ ‎（2）当B木板与挡板P相碰时速度：‎ 木板B与挡板P撞后停止，物块A继续滑动加速，由牛顿第二定律：‎ 代入数据解得:‎ 当A恰好滑到挡板P处停止时有：‎ 距离关系为：‎ 代入得：即木板最小长度为1m ‎（3）因为L小于L0，故物块与挡板碰撞，然后原速返回，与木板B共同反向匀减速运动，直到速度为零，‎ 再共同加速向右滑动，不断往复，最终A、B都最终停在挡板P处。‎ 物块A和木板B间产生的热量：‎ 木板与水平面间产生热量：‎ 整个过程由能量守恒定律:‎ 代入数据得：‎ 考点：物块在匀强电场中的运动、牛顿第二定律、能量守恒定律 ‎【名师点睛】本题主要考查了带物块在匀强电场中的运动、牛顿第二定律、能量守恒定律。把A和B看成一个整体一起匀加速运动，由牛顿第二定律得出加速度；木板B与挡板P撞后停止，物块A继续滑动加速，由牛顿第二定律得出加速度，再根据位移公式和距离关系得出木板最小长度；因为L小于L0，故物块与挡板碰撞，然后原速返回，与木板B共同反向匀减速运动，直到速度为零，再共同加速向右滑动，不断往复，最终A、B都最终停在挡板P处，由能量守恒得出距离。‎ ‎ ‎