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河南省南阳市社旗一高2015届高三上学期第二次月考物理试卷


河南省南阳市社旗一高 2015 届高三上学期第二次月考物 理试卷
一、选择题(每题 4 分,共 40 分.其中第 1,2,3,4,5,8 题为单项选择,6,7,9,10 为多项选择. ) 1.以下是物理学中的四个实验装置或仪器,由图可知这四个实验或仪器共同的物理思想方 法是( )

A.极限的思想方法 C.控制变量的方法

B.猜

想的思想方法 D.放大的思想方法

考点:物体的弹性和弹力;万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定. 分析:根据各实验的原理可得出实验中应用的物理思想方法. 解答: 解: 桌面的受力微小形变借助于光的反射来放大; 玻璃瓶的受力微小形变借助于液 体体积变化而放大; 引力大小仍是借助于光的反射来放大. 螺旋测微器将本来很小的距离放 大在转动部分上,故这些实验本采用了放大的思想方法; 故选:D. 点评:对于物理问题应透过现象去分析本质,要寻找出问题的相似性. 2.质点作直线运动时的加速度随时间变化的关系如图所示,该图线的斜率为 k,图中斜线 部分面积 S,下列说法正确的是( )

A.斜率 k 表示速度变化的快慢 B.斜率 k 表示速度变化的大小 C.面积 S 表示 t1﹣t2 的过程中质点速度的变化量 D.面积 S 表示 t1﹣t2 的过程中质点的位移 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:斜率 k=

,表示加速度变化快慢.将图线分成若干段,每一小段看成加速度不变,

通过微元法得出斜线部分的面积表示什么. 解答: 解:A、斜率 k= ,表示加速度变化快慢,故 AB 错误;

C、将 a﹣t 图线分成无数段,每一段加速度可以看成不变,则每一小段所围成的面积 △ v1=a1△ t1,△ v2=a2△ t2,△ v3=a3△ t3,… 则总面积为△ v1+△ v2+△ v3+…=△ v.斜线部分的面积表示速度的变化量.故 C 正确,D 错 误. 故选 C. 点评: 解决本题的关键运用微元法进行分析, 与速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移 类似. 3.倾角为 θ=30°的长斜坡上有 C、O、B 三点,CO=OB=10m,在 O 点竖直地固定一长 10m 的直杆 AO. A 端与 C 点间和坡底 B 点间各连有一光滑的钢绳, 且各穿有一钢球 (视为质点) , 两球从 A 点由静止开始,同时分别沿两钢绳滑到钢绳末端,如图所示,则小球在钢绳上滑 行的时间 tAC 和 tAB 分别为( )

A.2s 和 2s

B.

s 和 2s

C.

s 和 4s

D.4s 和

s

考点:牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系. 专题:牛顿运动定律综合专题. 分析:由几何知识确定出 AC 与 AB 的倾角和位移,由牛顿第二定律求出两球的加速度 a, 由位移公式 x= 求解时间.

解答: 解:由几何知识得,AC 的倾角为 α=30°,位移 xAC=10m.AC 的倾角为 β=60°,位 移 xAB=10 m. 2 沿 AC 下滑的小球,加速度为 a1=gsin30°=5m/s , 由 xAC= 得,tAC= s=2s. m/s ,
2

沿 AB 下滑的小球,加速度为 a2=gsin60°=5 由 xAB= 得,tAB= =2s.

故选:A 点评: 本题运用牛顿第二定律和运动学公式结合求解匀加速运动的时间, 关键要根据几何知 识求出 AC 与 AB 的倾角和位移.

4.如图所示,质量为 m1 和 m2 的两个物体用细线相连,在大小恒定的拉力 F 作用下,先沿 水平面,再沿斜面(斜面与水平面成 θ 角) ,最后竖直向上运动.则在这三个阶段的运动中, 细线上张力的大小情况是( )

A.由大变小 C.始终不变

B.由小变大 D.由大变小再变大

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:以两物体组成的系统为研究对象,由牛顿第二定律求出加速度,然后以单个物体为研 究对象,由牛顿第二定律求出细线上的拉力. 解答: 解: 设细线上的张力为 F1.要求 F1,选受力少的物体 m1 为研究对象较好;此外还必须知道物体 m1 的加速度 a,要求加速度 a,则选 m1、m2 整体为研究对象较好. 在水平面上运动时: F1﹣μm1g=m1a① F﹣μ(m1+m2)g=(m1+m2)a② 联立①②解得:F1= 在斜面上运动时: F1﹣m1gsinθ﹣μm1gcosθ=m1a③ F﹣(m1+m2)gsinθ﹣μ(m1+m2)gcosθ=(m1+m2)a④ 联立③④解得:F1=

同理可得,竖直向上运动时,细线上的张力 F1 仍是 故选:C. 点评:本题考查了求细线的拉力,应用牛顿第二定律即可正确解题,解题时注意整体法与隔 离法的应用; 同时本题可以作为结论应用. 5.已知一足够长的传送带与水平面的倾角为 θ,以一定的速度匀速运动.某时刻在传送带 适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图 a 所示) ,以此时为 t=0 时刻纪录了小物块之 后在传送带上运动的速度随时间的变化关系, 如图 b 所示 (图中取沿斜面向上的运动方向为 2 正方向,其中两坐标大小 v1>v2) .已知传送带的速度保持不变,g 取 10m/s .则下列判断 正确的是( )

A.0~t1 内,物块对传送带做正功 B.物块与传送带间的动摩擦因数为 μ,μ<tanθ C.0~t2 内,传送带对物块做功为 W= mv2 ﹣ mv1 D.系统产生的热量一定比物块动能的减少量大 考点:牛顿第二定律;功能关系. 专题:传送带专题. 分析:由图看出,物块先向下运动后向上运动,则知传送带的运动方向应向上.0~t1 内, 物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下, 可知物块对传送带做功情况. 由于物块能向上运 动,则有 μmgcosθ>mgsinθ.根据动能定理研究 0~t2 内,传送带对物块做功.根据能量守 恒判断可知,物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能,则系统产生的热 量大小一定大于物块动能的变化量大小 解答: 解:A、由图知,物块先向下运动后向上运动,则知传送带的运动方向应向上.0~ t1 内,物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下,则物块对传送带做负功.故 A 错误. B、在 t1~t2 内,物块向上运动,则有 μmgcosθ>mgsinθ,得 μ>tanθ.故 B 错误. C、0~t2 内,由图“面积”等于位移可知,物块的总位移沿斜面向下,高度下降,重力对物块 做正功,设为 WG,根据动能定理得:W+WG= W≠ .故 C 错误. ,则传送带对物块做功
2 2

D、物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能,则由能量守恒得知,系统 产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小.故 D 正确. 故选:D 点评:本题由速度图象要能分析物块的运动情况,再判断其受力情况,得到动摩擦因数的范 围,根据动能定理求解功是常用的方法. 6.如图(甲)所示的电路,不计电表内阻的影响,改变滑动变阻器的滑片位置,测得电压 表 V1 和 V2 随电流表 A 的示数变化的两条实验图象,如图(乙)所示.关于这两条实验图 象( )

A.图线 b 的延长线一定过坐标的原点 O B.图线 a 的延长线与纵轴交点的纵坐标值等于电源的电动势

C.图线 a、b 交点的横坐标和纵坐标值的乘积小于电源的输出功率 D.图线 a、b 交点的横坐标和纵坐标值的乘积等于电阻 Ro 消耗的电功率 考点:闭合电路的欧姆定律;路端电压与负载的关系;电功、电功率. 分析:根据欧姆定律分析得知,当电路中电流增大时,电压 V1 的示数增大,内电压增大, 电压表 V2 的读数减小,即可知两条图线分别是哪只电压表示数的图象.分析两图象的交点 表示电阻 R0 接在该电源上的工作状态. 解答: 解:A、当电路中电流增大时,电源的内电压增大,路端电压减小,电压 V2 的示 数增大,内电压增大,电压表 V1 的读数减小,则根据图象可知,图象 b 是电压表 V2 的示 数与 I 的关系图象.而 R0 是定值电阻,电压与电流成正比,则图象 b 的延长线一定过坐标 原点 O.故 A 正确. B、图象 a 是电压表 V1 的示数与 I 的关系图象,反映电源的特性,当 I=0 时,U=E,故图线 a 的延长线与纵轴交点的坐标值等于电源的电动势.故 B 正确. CD、图象 a 反映电源的特性,图象 b 反映电阻 R0 的特性,两图象的交点表示电阻 R0 接在 该电源上的工作状态, 则交点的横、 纵坐标值的乘积等于该状态下电阻 R0 消耗的瞬时功率, 也表示电源的输出功率.故 C 错误,D 正确. 故选:ABD. 点评: 本题要通过分析电路中电路的电压和电流变化变化找到与图象的对应关系, 要理解交 点的物理意义. 7.地球同步卫星距地面高度为 h,地球表面的重力加速度为 g,地球半径为 R,地球的自转 角速度为 ω,那么同步卫星绕地球转动的线速度为( ) A.v=(R+h)ω B.v= C.v=R D.v=

考点:同步卫星. 专题:人造卫星问题. 分析:研究同步卫星绕地球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力,列出等式求出线速 度大小;也可以根据线速度定义求出线速度大小. 解答: 解:A、同步卫星与地球同步,做匀速圆周运动,则线速度定义可得: ,故 A 正确; B、由于地球的引力提供向心力,让同步卫星做匀速圆周运动,则有:

解之得:

,故 B 错误; ,

C、由黄金代换式:g= 可得:v=

,故 C 正确;

D、根据

及 g=

得:

解得:r=



则 v=

,故 D 正确.

故选:ACD 点评:本题考查了万有引力在天体中的应用,解题的关键在于找出向心力的来源,并能列出 等式解题. 万有引力定律得应用要结合圆周运动的知识解决问题. 8.如图所示,质量为 m 的物体在水平传送带上有静止释放,传送带由电动机带动,始终保 持以速度 v 做匀速运动.物体与传送带之间的动摩擦因数为 μ,物体最后能与传送带保持相 对静止.对于物体从开始释放到与传送带相对静止这一过程,下列说法正确的是( )

A.电动机多做的功为 mv

2 2 2

B.摩擦力对物体做的功为 mv

C.传送带克服摩擦力做的功为 mv D.电动机增加的功率为 mgvμ

考点:功的计算;电功、电功率. 专题:功的计算专题. 分析:物体在传送带上运动时,物体和传送带要发生相对滑动,所以电动机多做的功一部分 转化成了物体的动能另一部分就是增加了相同的内能. 解答: 解:A、电动机多做的功转化成了物体的动能和内能,物体在这个过程中获得动能 就是 ,所以电动机多做的功一定要大于 ,所以 A 错误.

B、在运动的过程中只有摩擦力对物体做功,由动能定理可知,摩擦力对物体做的功等于物 体动能的变化,即为 ,所以 B 错误.

C、传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功,所以由 A 的分析可知,C 错误. D、电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率,大小为 fv=μmgv,所以 D 正确. 故选:D. 点评:当物体之间发生相对滑动时,一定要注意物体的动能增加的同时,相同的内能也要增 加,这是解本题的关键地方. 9.如图所示,两根平行光滑导电轨道竖直放置,处于垂直轨道平面的匀强磁场中,金属杆 ab 接在两导轨间,在开关 S 断开时让金属杆自由下落,金属杆下落的过程中始终保持与导

轨垂直并与之接触良好.设导轨足够长且电阻不计,闭合开关 S 并开始计时,金属杆 ab 的 下落速度随时间变化的图象可能是以下四个图中的( )

A.

B.

C.

D.

考点:导体切割磁感线时的感应电动势;电磁感应中的能量转化. 专题:电磁感应——功能问题. 分析:开关 S 闭合前,ab 自由下落,开关 S 闭合时 ab 杆切割磁感线,产生感应电动势和感 应电流,受到安培力,分析安培力与重力可能的关系,再判断杆的运动情况. 解答: 解:A、闭合开关时,若重力与安培力相等,则金属杆做匀速直线运动.该图象是 可能的,故 A 正确. BC、若安培力小于重力,则加速度的方向向下,金属杆做加速运动,在加速运动的过程中, 速度增大,产生的感应电流增大,杆所受的安培力增大,则加速度减小,做加速度逐渐减小 的加速运动,当重力与安培力相等时,做匀速直线运动.故 B 不可能,C 可能.故 B 错误, C 正确. D、若安培力大于重力,则加速度的方向向上,做减速运动,减速运动的过程中,安培力减 小, 做加速度逐渐减小的减速运动, 当重力与安培力相等时, 做匀速直线运动, D 是可能的. 故 D 正确. 故选:ACD. 点评: 本题是电磁感应的动态变化分析, 分析方法可以和机车启动的动态变化过程进行类比 解答. 10.如图,空间中存在正交的匀强电场 E 和匀强磁场 B(匀强电场水平向右) ,在竖直平面 内从 a 点沿 ab、 ac 方向抛出两带电小球 (不考虑两带电球的相互作用, 两球电量始终不变) , 关于小球的运动,下列说法正确的是( )

A.沿 ab、ac 方向抛出的带电小球都可能做直线运动 B.只有沿 ab 抛出的带电小球才可能做直线运动

C.沿 ac 做直线运动的小球带负电,且一定是匀速运动 D.两小球在运动过程中机械能均守恒 考点:带电粒子在混合场中的运动. 专题:带电粒子在复合场中的运动专题. 分析:根据左手定则,结合正负电荷,可确定洛伦兹力的方向,再由受力平衡条件,即可确 定是否可以直线运动,因速度影响洛伦兹力,因此是直线运动,必是匀速直线运动,同时由 于电场力做功,导致小球的机械能不守恒. 解答: 解:A、沿 ab 抛出的带电小球,根据左手定则,及正电荷的电场力的方向与电场 强度方向相同,可知,只有带正电,才能平衡,而沿 ac 方向抛出的带电小球,由上分析可 知,小球带负电时,才能做直线运动,因速度影响洛伦兹力大小,所以是直线运动,必然是 匀速直线运动,故 AC 正确,B 错误; D、在运动过程中,因电场力做功,导致小球的机械能不守恒,故 D 错误; 故选:AC 点评:考查带小球受电场力、重力与洛伦兹力共同作用,掌握左手定则的应用,理解受力平 衡的条件,注意速度影响加速度,则是直线运动必然是匀速直线运动,这是解题的关键. 二、实验题(24 分) 11.如图,某同学在家中尝试验证平行四边形定则,他找到三条相同的橡皮筋(遵循胡克定 律)和若干小重物,以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子,设计了如下实验:将 两条橡皮筋的一端分别挂在墙上的两个钉子 A、B 上,另一端与第三条橡皮筋连接,结点为 O,将第三条橡皮筋的另一端通过细绳挂一重物. (1)为完成该实验,下述操作中必需的是 bcd. a.测量细绳的长度 b.测量橡皮筋的原长 c.测量悬挂重物后橡皮筋的长度 d.记录悬挂重物后结点 O 的位置 (2)钉子位置固定,欲利用现有器材,改变条件再次验证,可采用的方法是改变重物的质 量或是橡皮筋的夹角.

考点:验证力的平行四边形定则. 专题:实验题;平行四边形法则图解法专题. 分析: 本实验是通过作合力与分力图示的方法来验证平行四边形定则, 需要测量合力与分力 的大小,根据这个原理来选择. 解答: 解: (1) 三条橡皮筯遵守胡克定律, 要测量拉力可以通过测量橡皮筋的长度和原长, 得到橡皮筋的伸长量, 研究拉力与伸长量的倍数来根据比例作力的图示. 为了使两次实验效 果相同,必须记下 O 点的位置来作参照.

故选:bcd (2)在其他条件不变的情况下,要改变实验效果,可以改变重物的质量,故可采用的方法 改变重物的质量或是橡皮筋的夹角. 故答案: (1)bcd; (2)改变重物的质量或是橡皮筋的夹角. 点评:本实验在无法测量力的大小的情况下,可以采用比例法作图,只需要测量橡皮筋的伸 长量就行. 12.有一内阻未知(约 20kΩ~60kΩ) 、量程(0~10V)的直流电压表. ①某同学想通过一个多用表中的欧姆档,直接去测量上述电压表的内阻,该多用表刻度盘 上读出电阻刻度中间值为 30,欧姆档的选择开关拨至倍率×1K 挡.先将红、黑表棒短接调 零后,选用图 1 中 A 方式连接.

②在实验中,某同学读出欧姆表的读数为 40KΩ(如图 2) ,这时电压表的读数为 5.0V.计 算出欧姆表中电池的电动势为 8.75V. 考点:用多用电表测电阻. 专题:实验题. 分析:①欧姆表中值电阻附近刻度比较均匀,读数误差最小;红表笔连接着内部表头的正 极,黑表笔连接着内部表头的负极,故电流从红表笔流入,黑表笔流出; ②欧姆表读数=表盘读数×倍率;欧姆表内电阻等于中值电阻,根据闭合电路欧姆定律列式 求解欧姆表电动势. 解答: 解: ①欧姆表中值电阻附近刻度比较均匀, 读数误差最小, 故倍率选择“×1K”挡位; 电流从红表笔流入,黑表笔流出,故 A 方式正确; ②欧姆表读数=表盘读数×倍率=40×1K=40KΩ; 电压表读数为:5V; 欧姆表内电阻等于中值电阻,为 r=30KΩ; 根据闭合电路欧姆定律,有:E=Ir+U= = =8.75V;

故答案为:①×1k,A;②40 kΩ,5.0,8.75.

点评:本题关键是明确欧姆表原理、读数规律、中值电阻,然后根据闭合电路欧姆定律列式 求解. 13.现要测量电流表 G1 的内阻,给出下列器材: 电流表 G1(量程 5mA,内阻 r1 约为 150v0 左右) , 电流表 G2(量程 10mA,内阻 r2 约为 100Ω 左右) 定值电阻 R1=100Ω 定值电阻 R2=10Ω 滑动变阻器 R3(0~200mCv0=(mC+mA+mB)v) 干电池 E(1.5V,内阻未知) 单刀单掷开关 S 导线若干 (1)定值电阻选 R1; (2)在方框中已画出部分实验电路设计图,请补充完整,并标明所用器材的代号; (3)若选测量数据中的一组来计算 r1,所用的表达式 r1= ,式中各符号的

意义是:I1、I2 分别表示电流表 G1、G2 读数,R1 表示定值电阻 R1 的阻值.

考点:伏安法测电阻. 专题:实验题. 分析: (1)定值电阻的选择:实验中定值电阻与 G1 并联,若其阻值太小,会使其电流过大, 应选与 G1 内阻相差不大的. (2)据所给器材,设计实验电路,把 G1 与定值电阻并联,由 G2 与 G1 示数得定值电阻的 电流,据并联电路电流与电阻成反比关系得 G1 内阻. (3)由测量值表达出定值电阻的电流和 G1 的电流,由电流与电阻的关系列等式. 解答: 解: (1)若选 R2,则其阻值太小,电流过大,而 R1 与 G1 内阻相当,故选:R1 (2)电路图如图所示:G2 的示数﹣G1 的示数为通过 R1 的电流值.

(3)由并联电路特点:I1r1=R1(I2﹣I1) 得 r1= G1、G2 读数,R1 表示定值电阻 R1 的阻值.

,I1、I2 分别表示电流表

故答案为: (1)R1; (2)电路图如图;

(3)r1=

,I1、I2 分别表示电流表 G1、G2 读数,R1 表示定值电阻 R1 的阻

值. 点评:本题考查并联电路特点,明确电流与电阻的反比关系,学会由所给器材设计电路. 三、计算题(共 56 分) 14.如图所示,ABCD 为一倾角 θ=30°的粗糙斜面,其中 AD 边与 BC 边平行,斜面上有一 重 10N 的物体,当对物体施加一个与 AD 边平行的拉力 F 时,物体恰能做匀速直线运动, 已知物体与斜面间的动摩擦因数 μ= 角 α. , 求力 F 的大小以及物体运动方向与力 F 方向间的夹

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:物体在斜面上做匀速直线运动,受力平衡,分析受力情况,将重力分解.根据平衡条 件求出物体所受的滑动摩擦力和支持力,并求解拉力 F. 解答: 解:垂直于斜面方向上,物体对斜面的压力 N=Gcosθ,在斜面所在平面上,滑块 受力为拉力 F,摩擦力 f 和重力的分力 Gsinθ, 根据物体的平衡条件由:μN= 解得:F=5N tanα= =1

故 α=45° 答:力 F 的大小以为 5N,物体运动方向与力 F 方向间的夹角 α 为 45°. 点评:本题物体受力分布在立体空间,分成垂直于斜面和平行于斜面两平面内研究,任何一 个平面内物体的合力都为零. 15.如图所示,在倾角为 θ 的光滑物块 P 斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块 A、B;C 为 一垂直固定在斜面上的挡板.P、C 总质量为 M,A、B 质量均为 m,弹簧的劲度系数为 k,

系统静止于光滑水平面.现开始用一水平力 F 从零开始增大作用于 P. (物块 A 一直没离开 斜面,重力加速度为 g) 求: (1)物块 B 刚要离开 C 时力 F. (2)从开始到此时物块 A 相对于斜面的位移 D.

考点:牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系. 专题:牛顿运动定律综合专题. 分析: 先对斜面体和整体受力分析, 根据牛顿第二定律求解出加速度, 再分别多次对物体 A、 B 或 AB 整体受力分析,然后根据牛顿第二定律,运用合成法列式分析求解. 解答: 解: (1)物体 B 刚要离开 C 时,与挡板间的弹力为零,对 AB 以及弹簧整体分析, 整体受重力和支持力,则整体的加速度 a= 再对 A、B、C、P 整体分析,根据牛顿第二定律得,F=(M+2m)a=(M+2m)gtanθ. (2)开始时,A 处于平衡,有 mgsinθ=kx,则弹簧的形变量 物块 B 刚要离开 C 时,弹簧处于原长,则 A 相对于斜面的位移 D=x= 答: (1)物块 B 刚要离开 C 时力 F 的大小为(M+2m)gtanθ. (2)从开始到此时物块 A 相对于斜面的位移 D 为 . .

点评:解决本题的关键能够正确地进行受力分析,运用牛顿第二定律进行求解,注意整体法 和隔离法的运用. 16.如图所示,在 xoy 坐标系中,y>0 的范围内存在着沿 y 轴正方向的匀强电场;在 y<0 的范围内存在着垂直纸面的匀强磁场(方向未画出) .已知 oa=oc=cd=de=ef=L,ob= .现

在一群质量为 m、电荷量大小为 q (重力不计)的带电粒子,分布在 a、b 之间.t=0 时刻, 这群带电粒子以相同的初速度 vo 沿 x 轴正方向开始运动.观察到从 a 点出发的带电粒子恰 好从 d 点第一次进入磁场,然后从 o 点第一次离开磁场. (1)试判断带电粒子所带电荷的正负及所加匀强磁场的方向; (2)试推导带电粒子第一次进入磁场的位置坐标 x 与出发点的位置坐标 y 的关系式; (3)试求从 a 点出发的带电粒子,从 o 点第一次离开磁场时的速度方向与 x 轴正方向的夹 角 θ(图中未画出)

考点: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. 专题:带电粒子在复合场中的运动专题. 分析: (1)由带电粒子在电场中的受力方向与电场方向相反,判断该带电粒子带负电,由粒 子在磁场中偏转方向,由左手定则判断磁场方向 (2)带电粒子在电场中做类平抛运动,类平抛的水平位移值恰恰是第一次进入磁场的位置 坐标 x,类平抛下降“高度”恰是出发点的位置坐标 y (3)根据类平抛运动规律求得第一次进入磁场时速度与 x 轴正向的夹角,由几何关系和对 称性可得从 o 点第一次离开磁场时的速度方向与 x 轴正方向的夹角 θ 解答: 解: (1)由带电粒子在电场中的偏转方向可知其受电场力与电场方向相反,该带电 粒子带负电; 根据带电粒子在磁场中做圆周运动的情况,由左手定则知匀强磁场方向沿垂直纸面向里 (2)设带电粒子在电场中的加速度为 a,运动时间为 t,t1,对于从 a 点进入电场的粒子, 有: L= ①

2L=v0t1② 而进入磁场时的位置坐标: x=v0t③ 出发点的位置坐标: y= at ④
2

由①②③④得:x=2 ⑤ 从位置坐标 y 出发的带电粒子,从 x 位置坐标离开电场 (3)由几何知识可得:θ 与带电粒子第一次进入 磁场时与 y 轴正方向的夹角相等.对于从 a 点进入电场的带电粒子,其 y 轴方向的速度: vy1=at1⑥ tanθ= ⑦

由⑥⑦得:tanθ=1,故 θ=45° 答; (1)该带电粒子带负电;匀强磁场方向沿垂直纸面向里

(2)带电粒子第一次进入磁场的位置坐标 x 与出发点的位置坐标 y 的关系式 X=2 (3)从 o 点第一次离开磁场时的速度方向与 x 轴正方向的夹角 θ=45°

点评:类平抛运动为常见题,注意运用运动分解的观点处理,带电粒子在磁场中的偏转运动 若仅受洛伦兹力,为匀速圆周运动,若为有直线界磁场注意出入磁场对称性 17. (17 分)磁悬浮列车是一种高速低耗的新型交通工具.它的驱动系统简化为如下模型, 固定在列车下端的动力绕组可视为一个矩形纯电阻金属框,电阻为 R,金属框置于 xOy 平 面内,长边 MN 长为 l 平行于 y 轴,宽度为 d 的 NP 边平行于 x 轴,如图 1 所示.列车轨道 沿 Ox 方向,轨道区域内存在垂直于金属框平面的磁场,磁感应强度 B 沿 Ox 方向按正弦规 律分布,其空间周期为 λ,最大值为 B0,如图 2 所示,金属框同一长边上各处的磁感应强度 相同,整个磁场以速度 v0 沿 Ox 方向匀速平移.设在短暂时间内,MM、PQ 边所在位置的 磁感应强度随时间的变化可以忽略,并忽略一切阻力.列车在驱动系统作用下沿 Ox 方向加 速行驶,某时刻速度为 v(v<v0) . (1)简要叙述列车运行中获得驱动力的原理; (2)为使列车获得最大驱动力,写出 MM、PQ 边应处于磁场中的什么位置及 λ 与 d 之间应 满足的关系式; (3)计算在满足第(2)问的条件下列车速度为 v 时驱动力的大小.

考点:电磁感应在生活和生产中的应用;安培力;左手定则;法拉第电磁感应定律;导体切 割磁感线时的感应电动势. 专题:压轴题. 分析:线圈处于变化的磁场中,且该磁场在运动,导致线圈中产生感应电流,从而使线圈在 磁场中受到安培力作用.因此线圈在运动.为使列车获得最大驱动力,则线圈前后两边都应 受到安培力且最大.所以要求提供的磁场是最大的并方向相反. 解答: 解: (1)由于列车速度与磁场平移速度方向不同,导致穿过金属框的磁通量发生变 化,由于电磁感应,金属框中会产生感应电流,该电流受到安培力即为驱动力.

(2)为使列车获得最大驱动力,MM、PQ 应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地 方,这会使得金属框所围面积的磁通量变化率最大,导致线框中电流最强,也会使得金属框 长边中电流受到的安培力最大,因此,d 应为 ① (3)由于满足(2)问条件,则 MM、 PQ 边所在处的磁感应强度大小均为 B0 且方向总相反, 经短暂的时间△ t,磁场沿 Ox 方向平移的距离为 v0△ t,同时,金属框沿 Ox 方向移动的距 离为 v△ t. 因为 v0>v,所以在△ t 时间内 MN 边扫过磁场的面积 S=(v0﹣v)l△ t 在此△ t 时间内,MN 边左侧穿过 S 的磁通量移进金属框而引起框内磁通量变化 △ ΦMN=B0l(v0﹣v)△ t ② 同理,该△ t 时间内,PQ 边左侧移出金属框的磁通引起框内磁通量变化 △ ΦPQ=B0l(v0﹣v)△ t ③ 故在△ t 内金属框所围面积的磁通量变化 △ Φ=△ ΦMN+△ ΦPQ ④ 根据法拉第电磁感应定律,金属框中的感应电动势大小 根据闭合电路欧姆定律有 ⑥ ⑤ 的奇数倍,即

根据安培力公式,MN 边所受的安培力 FMN=B0Il PQ 边所受的安培力 FPQ=B0Il 根据左手定则,MM、PQ 边所受的安培力方向相同,此时列车驱动力的大小 F=FMN+FPQ=2 B0Il⑦ 联立解得 ⑧

点评:磁通量虽没有方向,但穿过线圈却分正反面.同时运用法拉第电磁感应定律求出产生 的感应电动势,从而确定安培力.但注意的是前后边均受到安培力,且方向相同.


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