2022届高三年级第二次四校联考物理试题【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的基本内容，主要包含受力分析、物体的平衡、匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、运动的合成和分解、万有引力定律及其应用、动能定理、电场、磁场、交流的峰值、有效值以及它们的关系、动量守恒定律等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。一、选择题(本题共12小题，每题4分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)【题文】1．下列说法中，符合物理学史实的是()A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体将静止B．牛顿站在“巨人”的肩上，发现了万有引力定律，并且利用万有引力定律首次计算出了地球的质量C．法拉第发现了电流的磁效应，即电流可以在其周围产生磁场D．麦克斯韦首先提出了场的观点，并创立了完整的电磁场理论【知识点】物理学史．P【答案解析】A解析：A、亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体将静止，故A正确；B、牛顿站在“巨人”的肩上，发现了万有引力定律，卡文迪许利用万有引力定律首次计算出了地球的质量，故B错误；C、奥斯特发现了电流的磁效应，即电流可以在其周围产生磁场，故C错误；D、法拉第首先提出了场的观点，麦克斯韦创立了完整的电磁场理论，故D错误；故选：A．【思路点拨】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【题文】2.如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P以速度v0抛出一个小球，落在斜面上某处Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α，若把初速度变为2v0，小球仍落在斜面上，则以下说法正确的是( )A．夹角α将变大B．夹角α与初速度大小无关C．小球在空中的运动时间不变D．PQ间距是原来间距的3倍【知识点】平抛运动．D2【答案解析】B解析：根据得，小球在空中运动的时间t=15\n，因为初速度变为原来的2倍，则小球运动的时间变为原来的2倍．故C错误．速度与水平方向的夹角的正切值，因为θ不变，则速度与水平方向的夹角不变，可知α不变，与初速度无关，故A错误，B正确．PQ的间距，初速度变为原来的2倍，则PQ的间距变为原来的4倍，故D错误．故选：B．【思路点拨】小球落在斜面上，根据竖直位移与水平位移的关系求出小球在空中的运动时间，从而得出PQ间的变化．结合速度方向与水平方向夹角正切值和位移与水平方向夹角正切值的关系，判断夹角与初速度的关系．【题文】3.如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面C上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态．则 ()A．水平面对C的支持力等于B、C的总重力B．B一定受到C的摩擦力C．C一定受到水平面的摩擦力D．若将细绳剪断，B物体开始沿斜面向下滑动，则水平面对C的摩擦力可能为零【知识点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算．B4B2【答案解析】C解析：A、把BC当做一个整体进行受力分析，在竖直方向上有：N+mAgsinθ=（mB+mC）g，绳子的拉力在竖直方向上的分量mAgsinθ不为零，所以水平面对C的支持力小于B、C的总重力．故A错误；B、对B：当B受到绳子的拉力与B的重力在斜面上的分力大小相等，即mBgsinθ=mAg时，B在斜面上没有运动趋势，此时BC间没有摩擦力．故B错误；C、把BC当做一个整体进行受力分析，可知绳子的拉力在水平方向上的分量不为零，整体有向右的运动趋势，所以C受到地面的摩擦力不会为零，方向一定向左．故C正确；D、若将细绳剪断，B物体在斜面上匀速下滑时，以BC为整体进行受力分析，受重力和地面的支持力作用，在水平方向没有力作用，所以水平面对C的摩擦力为零，若将细绳剪断，若B加速下滑，B受到水平向左的摩擦力，C受到B的向右的摩擦力，C有向右运动的趋势，此时C一定受到地面向左的摩擦力．故D错误．故选：C.【思路点拨】充分利用整体法和隔离体法对物体进行受力分析，结合摩擦力产生的条件，可判断各接触面是否存在摩擦力；把BC看做一个整体进行受力分析，可判定地面的支持力和二者重力的关系．【题文】4．在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P15\n向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的绝对值分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示．下列说法正确的是()A.U1/I不变，ΔU1/ΔI变大B.U2/I变大，ΔU2/ΔI不变C.U3/I变大，ΔU3/ΔI变大D.电源的输出功率变大【知识点】闭合电路的欧姆定律；欧姆定律．B4C3D1【答案解析】B解析：因R1不变，则由欧姆定律可得，=R1保持不变；由数学规律可知，保持不变，故A错误；B、因滑片向下移动，故R2的接入电阻增大，故变大；而==R1+r，故保持不变，故B正确；C、因=R1+R2，故比值增大；而=r，故比值保持不变，故C错误；D、电源的输出功率当内阻等于外阻时输出功率最大，故当R增大时，输出功率减小，故D错误.【思路点拨】由电路图可知R1与R2串联，V1测量R1两端的电压，V2测量R2两端的电压，V3测量路端电压，由欧姆定律可得出电压与电流的变化；由闭合电路的欧姆定律可分析得出电压的变化值与电流变化值的比值，由功率公式可求得功率的变化．【题文】5.如图所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，对准圆心O射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短，若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越长的带电粒子()A.速率一定越小B.速率一定越大C.在磁场中通过的路程一定越长D.在磁场中的周期一定越大15\n【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．K3C2D4【答案解析】A解析：由周期公式得：T=由于带电粒子们的B、q、m均相同，所以T相同，故D错误．根据t=可知，在磁场中运动时间越长的带电粒子，圆心角越大，半径越小，由r=知速率一定越小，A正确，B错误．通过的路程即圆弧的长度l=rθ，与半径r和圆心角θ有关，故C错误．故选A【思路点拨】三个质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同．因此运动轨迹对应的半径越大，则粒子的速率也越大．而运动周期它们均一样，但运动时间却由圆弧对应的圆心角决定．【题文】6．矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图（甲）所示。磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图（乙）所示。t=0时刻，磁感应强度的方向垂直导线框平面向里，在0~4s时间内，导线框ad边所受安培力随时间变化的图象（规定以向左为安培力正方向）可能是下面选项中的()【知识点】法拉第电磁感应定律；安培力．L2K1【答案解析】D解析：t=0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0到1S内，穿过线框的磁通量变小，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ad边的安培力水平向左．当在1S到2S内，磁感应强度的方向垂直线框平面向外，穿过线框的磁通量变大，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ad边的安培力水平向右．在下一个周期内，重复出现安培力先向左后向右．15\n故选：D．【思路点拨】穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势，从而形成感应电流．由题意可知，磁感应强度是随着时间均匀变化的，所以感应电流是恒定的，则线框ad边所受的安培力与磁感应强度有一定的关系．【题文】7.如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在t=0时刻,一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为V0，t=T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场．则()A.该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的B.在t＝T/2时刻，该粒子的速度大小为2V0C.若该粒子在T/2时刻以速度V0进入电场，则粒子会打在板上D.若该粒子的入射速度变为2V0，则该粒子仍在t=T时刻射出电场【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动．I3【答案解析】A解析：A、粒子射入电场在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上前半个周期内先做匀加速直线运动，在后半个周期内做匀减速直线运动，一个周期末竖直方向上的分速度为零，可知粒子射出电场时的速度方向一定沿垂直电场方向．故A正确．B、在t=时刻，粒子在水平方向上的分速度为v0，因为两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，则有：，解得vy=2v0，根据平行四边形定则知，粒子的速度为v=，故B错误．C、若该粒子在时刻以速度V0进入电场，粒子在竖直方向上的运动情况与0时刻进入时运动的方向相反，运动规律相同，则粒子不会打在板上．故C错误．D、若该粒子的入射速度变为2V0，则粒子射出电场的时间t=，故D错误．故选：A．【思路点拨】将粒子的运动分解垂直电场方向和沿电场方向，结合竖直方向上的运动规律，通过平行四边形定则分析判断．【题文】8.如图所示，在光滑水平面上放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块m，开始时，各物块均静止，今在两物块上各作用一水平恒力F1、F2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v1和v2.物块和木板间的动摩擦因数相同.下列说法正确的是()15\nA.若F1=F2，M1＞M2，则v1＞v2 B.若F1=F2，M1＜M2，则v1＜v2C.若F1＞F2,，M1=M2，则v1＞v2 D.若F1＜F2，M1=M2，则v1＞v2【知识点】牛顿第二定律．C2【答案解析】D解析：A、B、首先看F1=F2时情况：由题很容易得到两物块所受的摩擦力大小是相等的，因此两物块的加速度相同，我们设两物块的加速度大小为a，对于M1、M2，滑动摩擦力即为它们的合力，设M1的加速度大小为a1，M2的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得：a1=，，其中m为物块的质量．设板的长度为L，它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：物块与M1的相对位移：物块与M2的相对位移：若M1＞M2，a1＜a2，所以得：t1＜t2，M1的速度为v1=a1t1，M2的速度为v2=a2t2则v1＜v2，故A错误；若M1＜M2，a1＞a2，所以得：t1＞t2，M1的速度为v1=a1t1，M2的速度为v2=a2t2，则v1＞v2，故B错误；C、D、若F1＞F2、M1=M2，根据受力分析和牛顿第二定律的：则M1上的物块的加速度大于M2上的物块的加速度，即aa＞ab，由于M1=M2，所以M1、M2加速度相同，设M1、M2加速度为a．它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：物块与M1的相对位移：物块与M2的相对位移：L=由于aa＞ab，所以得：t1＜t2，则v1＜v2，故C错误；若F1＜F2、M1=M2，aa＜ab，则v1＞v2，故D正确；故选：D．【思路点拨】本题中涉及到两个物体，所以就要考虑用整体法还是隔离法，但题中研究的是两物体的相对滑动，所以应该用隔离法．板和物体都做匀变速运动，牛顿定律加运动学公式和动能定理都能用，但题中“当物体与板分离时”隐含着在相等时间内物体的位移比板的位移多一个板长，也就是隐含着时间因素，所以不方便用动能定理解了，就要用牛顿定律加运动公式解．【题文】9．如图所示，质量为m带电量为q的带电微粒，以初速度v0从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，微粒通过电场中B点时速率vB=2v0,方向与电场的方向一致，则下列选项正确的是（）15\nA．微粒所受的电场力大小是其所受重力的2倍B．带电微粒的机械能增加了2mv02C．A、B两点间的电势差为2mv02/qD．A、B两点间的电势差为3mv02/2q【知识点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．I2【答案解析】ABC解析：A、微粒在竖直方向做减速运动，在电场方向做初速度为零的匀加速直线运动故v0=gt，，联立解得，故A正确；B、电场力做功为W=，故机械能增加为2mv02，故B正确；C、A、B两点间的电势差为U==，故C正确，D错误；故选：ABC【思路点拨】微粒在匀强电场中受到重力和电场力两个力作用，电场力做功等于物体机械能的增加，根据动能定理求出AB两点间的电势差UAB．【题文】10.在某次军事演习中，空降兵从悬停在高空的直升机上跳下，当下落到距离地面适当高度时打开降落伞，最终安全到达地面，空降兵从跳离飞机到安全到达地面过程中在竖直方向上运动的v－t图象如图所示，则以下判断中正确的是（）A．空降兵在０－t１时间内做自由落体运动B．空降兵在t１－t２时间内的加速度方向竖直向上，大小在逐渐减小C．空降兵在０－t１时间内的平均速度D．空降兵在t１－t２时间内的平均速度【知识点】平均速度；自由落体运动．A1A3【答案解析】BD解析：A、空降兵在0～t1时间内斜率越来越小，故加速度不恒定；空降兵不是自由落体运动；故A错误；B、由图象可知，空降兵在t1～t2时间内的加速度方向竖直向上，大小在逐渐减小；故B正确；15\nC、因空降兵不是匀变速直线运动，故空降兵在0～t1时间内的平均速度不等于；故C错误；D、用直线将t1～t2的速度连接起来，由图可知，若物体做匀减速直线运动，平均速度为=；而由图可知，图中图象围成的面积小于匀变速直线运动时的面积，故空降兵在t1～t2时间内的平均速度＜；故D正确；故选：BD．【思路点拨】速度时间图线切线的斜率表示瞬时加速度，图象与时间轴所围成的面积表示物体在这段时间内通过的位移．【题文】11．2022年12月2日1时30分，嫦娥三号探测器由长征三号乙运载火箭从西昌卫星发射中心发射，首次实现月球软着陆和月面巡视勘察。嫦娥三号的飞行轨道示意图如图所示。假设嫦娥三号在环月段圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有引力，则()A．若已知嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，则可算出月球的密度B．嫦娥三号由环月段圆轨道变轨进入环月段椭圆轨道时，应让发动机点火使其减速C．嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点的速度大于Q点的速度D．嫦娥三号在动力下降阶段，其引力势能减小【知识点】万有引力定律及其应用．D5【答案解析】BD解析：A、根据万有引力提供向心力得：=,可以解出月球的质量M=，由于不知道月球的半径，无法知道月球的体积，故无法计算月球的密度．故A错误．B、嫦娥三号在环月段圆轨道上P点减速，使万有引力大于向心力做近心运动，才能进入进入环月段椭圆轨道．故B正确．C、嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点向Q点运动中，距月球越来越近，月球对其引力做正功，故速度增大，即嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点速度小于Q点的速度，故C错误．D、嫦娥三号在动力下降阶段，高度下降，引力做正功，故引力势能减小，故D正确．故选：BD．【思路点拨】已知嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，根据万有引力提供向心力，可以解出月球的质量，但是不知道的月球的半径，无法计算出月球的密度．根据卫星变轨原理分析轨道变化时卫星是加速还是减速．在同一椭圆轨道上根据引力做功的正负判断速度的变化和势能的变化．15\n【题文】12．如图所示，倾角为θ的光滑斜面足够长，一质量为m的小物体，在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t,力F做功为60J,此后撤去力F，物体又经过相同的时间t回到斜面底端，若以地面为零势能参考面，则下列说法正确的是（）A．物体回到斜面底端的动能为60JB．恒力F=2mgsinθC．撤去力F时，物体的重力势能是45JD．动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力F之前【知识点】功能关系；动能；重力势能．E5【答案解析】AC解析：A、在物体运动的全过程中，重力做功为零，支持力不做功，运用动能定理得，物体回到出发点的动能J；故A正确；B、设有拉力与没拉力时物体的加速度大小分别为a1、a2，根据物体在拉力作用向上运动的位移与撤去拉力后回到出发点的位移大小相等，方向相反得，得到a2=3a1，又由牛顿第二定律得F﹣mgsinθ=ma1，mgsinθ=ma2，得到F=．故B错误；C、因为拉力做功为，克服重力做功为mgh=J，则撤去F时物体的重力势能为45J．故C正确；D、物体从最高点下滑的过程中一定有一个点的动能与势能相等，故D错误，故选：AC【思路点拨】对物体的全过程运用动能定理，求出物体回到出发点的动能；根据牛顿第二定律结合运动学公式，抓住两段时间内的位移大小相等，方向相反，求出加速度的关系，以及拉力和重力的关系，结合拉力做功求出克服重力做功的关系，从而求出物体的重力势能．二、实验题（本大题共两小题共15分）【题文】13．（6分）某兴趣小组同学们看见一本物理书上说“在弹性限度内，劲度系数为k的弹簧，形变量为x时弹性势能为”，为了验证该结论就尝试用“研究加速度与合外力、质量关系”的实验装置（如图甲）设计了以下步骤进行实验。实验步骤：A．水平桌面上放一长木板，其左端固定一弹簧，通过细绳与小车左端相连，小车的右端连接打点计时器的纸带；B．将弹簧拉伸x后用插销锁定，测出其伸长量x；C．打开打点计时器的电源开关后,拔掉插销解除锁定,小车在弹簧作用下运动到左端；D．选择纸带上某处的A点测出其速度v；E．取不同的x重复以上步骤多次,记录数据并利用功能关系分析结论。实验中已知小车的质量为m，弹簧的劲度系数为k，则：15\n(1)长木板右端垫一小物块，其作用是；(2)如图乙中纸带上A点位置应在（填s1、s2、s3）的段中取；(3)若成立，则实验中测量出物理量x与m.、k、v关系式是x=。【知识点】探究弹力和弹簧伸长的关系．B5【答案解析】（1）平衡摩擦力；（2）S2；（3）解析：①根据实验原理我们知道，为了让砝码的重力更加接近为小车的合外力，长木板右端垫一小物块，其作用是平衡摩擦力②根据实验原理，点间距均匀，为匀速直线运动阶段，说明速度达到最大，故纸带上A点位置应在s2．③根据能量守恒，有：Ep=kx2=mv2，解得：x=【思路点拨】①该实验装置于验证牛顿第二定律的实验装置相同，为了让砝码的重力更加接近为小车的合外力，本实验中需要平衡摩擦力和让砝码重力远远小于小车重力．②点间距均匀，说明速度达到最大，为匀速直线运动阶段．③根据能量守恒，推导实验中测量出物理量x与m．k、v关系式．【题文】14．（9分）某同学利用伏安法测量某未知电阻Rx的精确电阻（阻值恒定），进行了如下实验：⑴他先用万用电表欧姆挡测该未知电阻的阻值。将开关置于×1挡位，指针示数如图，若想更准确一些，下面操作正确的步骤顺序是（填序号）A.将两表笔短接进行欧姆调零B.将两表笔短接进行机械调零C.将开关置于×1k挡D.将开关置于×100挡E.将两表笔接未知电阻两端，待指针稳定后读数.15\n⑵然后用以下器材用伏安法尽可能精确地测量该电阻：A.直流电源E：电动势3V，内阻忽略B.电流表A1：量程0.3A，内阻约为0.1电流表A2：量程3mA，内阻约为10D.电压表V1：量程3V，内阻约为3KE.电压表V2：量程15V，内阻约为50KF.滑动变阻器R1：最大阻值10G.滑动变阻器R2：最大阻值1000H.开关S，导线若干①为较准确测量该电阻的阻值，要求各电表指针能有较大的变化范围，以上器材中电流表应选（填“B”或“C”），电压表应选（填“D”或“E”），滑动变阻器应选（填“F”或“G”）②请在右侧方框中画出实验电路原理图.【知识点】伏安法测电阻．J4【答案解析】（1）DAE；（2）①C、D、F②如图所示解析：（1）欧姆表的指针偏角过小说明待测电阻阻值较大，应换较大的倍率×100，调零以后再进行测量，正确的步骤应是：DAE；（2）根据电源电动势为3V，电压表应选量程0～3V电压表V1，根据（1）可知，其电阻值约为1000Ω，电流最大值为15\n，则电流表应选量程0～3mA电流表A2，由于题目要求各电表指针能有较大的变化范围，电路应该设计成滑动变阻器分压接法，滑动变阻器应选阻值范围0～10Ω的滑动变阻器R1，由于，所以电流表内接，电路图如图所示：【思路点拨】1）明确当欧姆表的指针偏角过小说明待测电阻阻值较大，所选的倍率较小，应换较大的倍率；（2）电源电动势为3V，可知电压表选用量程是3V的即可；算出电阻的额定电流大约值，即可选择电流表．要求各电表指针能有较大的变化范围，变阻器应采用分压式接法，变阻器总电阻较小．根据待测电阻与两电表内阻进行比较，确定电流表的接法，变阻器采用分压式接法，即可设计出电路．．三、计算题【题文】15．（10分）如图(甲）所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=370的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分v－t图象如图所示（乙）所示，g取10m/s2,sin370=0.6,cos370=0.8,求：（1）拉力F的大小；（2）t=4s时物体的速度v的大小.【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的规律；匀变速直线运动的图像．C2A2A5【答案解析】（1）30N（2）2m/s.解析：（1）设F作用时加速度为a1,对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知：，撤去力F后，据牛顿第二定律，有由图像可得a1=20m/s2,a2=10m/s2,代入解得，F=30N。（2）设撤去力F后物体运动到最高点所用时间为t2,由v1=a2t2，可得t2=2s,则物体沿着斜面下滑的时间为t3=t-t1-t2=1s，设下滑加速度为a3,据牛顿第二定律，有解得a3=2m/s2,则t=4s时速度v=a3t3=2m/s.【思路点拨】（1）由图象得出加速上升过程和减速上升过程的加速度，然后根据牛顿第二定律列方程求解；15\n（2）先通过图象得到3s末速度为零，然后求出3s到4s物体的加速度，再根据速度时间关系公式求解4s末速度．【题文】16．(12分)如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角=30°，导轨电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上。长为L的金属棒垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为、电阻为R。两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡的电阻也为R。现闭合开关K，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为F＝2mg的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金属棒达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率。重力加速度为g，求：（1）金属棒能达到的最大速度vm；（2）灯泡的额定功率PL；（3）若金属棒上滑距离为s时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始上滑2s的过程中，金属棒上产生的电热Q1。【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率；电磁感应中的能量转化．C2J2K4【答案解析】（1）（2）（3）解析：（1）金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，金属棒达到最大速度，此后开始做匀速直线运动。设最大速度为vm，则速度达到最大时有：(1分)(1分)(2分)解得:(1分)（2）(2分)解得：(1分)（3）设整个电路放出的电热为，由能量守恒定律有：15\n(2分)由题意可知(1分)解得:【思路点拨】（1）金属棒由静止开始先加速度减小的加速运动后做匀速运动时，速度达到最大，根据平衡条件和E=BLvm、I=、F安=BIL结合求出最大速度vm．（2）由题，金属棒达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率，只要求出金属棒匀速运动时的电流，即可由P=I2R求出灯泡的额定功率．（3）当金属棒达到最大速度的一半时，先求出安培力，再由牛顿第二定律求出加速度a．（4）根据能量守恒定律求出金属棒上产生的电热Qr．．【题文】17.(15分)如图所示，在xOy平面坐标系中，直线MN与y轴成30°角，M点的坐标为(0，a)，在y轴与直线MN之间的区域内，存在垂直xOy平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．电子束以相同速度v0从y轴上的区间垂直于y轴和磁场射入磁场．已知从O点射入磁场的电子在磁场中的运动轨迹恰好与直线MN相切，忽略电子间的相互作用和电子的重力．（1）求电子的比荷；（2）若在xOy坐标系的第Ⅰ象限加上沿y轴正方向大小为的匀强电场，在处垂直于x轴放置一荧光屏，计算说明荧光屏上发光区的形状和范围． 【知识点】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．I7K4【答案解析】（1）（2）在y坐标分别为的范围内出现一条长亮线解析：（1）从O点射入磁场的电子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系有：①(2分) 解得：②(1分)电子在磁场中运动时，洛伦兹力等于向心力，即15\n③(1分) 由②③解得电子比荷④(1分)（2）由电子的轨道半径可判断，从O点射入磁场的电子(0，)的位置进入匀强电场，电子进入电场后做类平抛运动，有⑤(1分)⑥(1分) 联立②④⑤⑥，将E＝Bv0代入解得：⑦(1分)设该电子穿过x轴时速度与x轴正方向成角，则⑧(1分) ⑨(1分)解得：tan ＝2⑩(1分)设该电子打在荧光屏上的Q点，Q点离x轴的距离为L，则⑪(1分) 即电子打在荧光屏上离x轴的最远距离为(1分) 而从位置进入磁场的电子恰好由O点过y轴，不受电场力，沿x轴正方向做直线运动，打在荧光屏与x轴相交的点上，所以荧光屏上在y坐标分别为的范围内出现一条长亮线【思路点拨】1、已知从O点射入磁场的电子在磁场中的运动轨迹恰好与直线MN相切，根据牛顿第二定律和几何关系列方程求比荷．2、电子在电场中做类平抛运动，从O点射入磁场的电子打到荧光屏上距Q点最远．根据类平抛运动规律求解．15
