物理综合能力测试(一)

1、物理综合测试（一） 2015年高三物理综合能力测试卷 总分150分姓名：_班级：_考号：_一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）1、以下说法符合物理学史实的是                         A法拉第发现了通电导体的周围存在着磁场B库仑最先准确地测量出了电子的电荷量C亚里士多德发现了力是改变物体运动状态的原因D开普勒行星运动定律为万有

2、引力定律的发现奠定了基础2、如图所示，ABCD为固定的水平光滑矩形金属导轨，处在方向竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场中，A、B间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻，质量为m、长为L且不计电阻的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，与左端固定在O点的轻质弹簧连接组成弹簧振子开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中A、B间的电阻R上产生的焦耳热为Q，已知运动过程中MN始终与AD、BC垂直，则（）A.初始时刻棒所受的安培力大小为B当棒第一次到达最左端时，弹簧具有的弹性势能为mvQC当棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势

3、能为mv2QD当棒第二次回到初始位置时，A、B间电阻的热功率为3、如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为两只相同的灯泡，R、L、D和C分别为定值电阻、理想线圈、理想二极管和电容器，其中C=10 vF。当原线圈两端接如图乙所示的正弦交流电时，下列说法中正确的是    A灯泡L1一定比L2暗    B副线圈两端的电压有效值为12 V    C因电容器所在支路处于断路状态，故无电流通过二极管    D二极管D两端反向电压最大值是4、某污水处理厂为了测量和控制污水的流量（单位时间

4、内通过管内横截面流体的体积）设计了如下图所示的截面积为长方形的一段管道，其中空部分长、宽、高分别为a、b、c。其两端与输送污水的管道相连（图中两侧虚线）。图中长方形管道上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料。现在加上垂直与前后两面磁感应强度为B的水平匀强磁场，当污水稳定地流过时，在此管道的上下两面连一个电阻为R的电流表，其示数为I，已知污水的电阻率为，则其流量为（）A       C         5、近年许多电视台推出户外有奖冲关的游戏节目，如图（俯视

5、图）是某台设计的冲关活动中的一个环节。要求挑战者从平台上跳到以O为转轴的快速旋转的水平转盘上，而不落入水中。已知平台到转盘盘面的竖直高度为1.25m，平台边缘到转盘边缘的水平距离和转盘半径均为2m，转盘以12.5r/min的转速匀速转动。转盘边缘间隔均匀地固定有6个相同障碍桩，障碍桩及桩和桩之间的间隔对应的圆心角均相等。若某挑战者在如图所示时刻从平台边缘以水平速度沿AO方向跳离平台，把人视为质点，不计桩的厚度，g取10 m/s2，则能穿过间隙跳上转盘的最小起跳速度为 （    ）A4m/s       &

6、#160;     B5m/s             C6m/s             D7m/s6、如图所示，PQQ2P2是由两个正方形导线方格PQQ1P1、P1Q1Q2P2构成的网络电路。方格每边长度l10 cm。在x0的半空间分布有随时间t均匀增加的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面并指向纸内。今令网络电路PQQ2P2以恒定的速

7、度v5cms沿x轴正方向运动并进入磁场区域，在运动过程中方格的边PQ始终与y轴平行。若取PQ与y轴重合的时刻为t0，在以后任一时刻t磁场的磁感应强度为BB0bt，式中t的单位为s，B0、b为已知恒量。当t25 s时刻，方格PQQ1P1中的感应电动势是E1，方格P1Q1Q2P2中的感应电动势是E2。E1、E2的表达式正确的是（     ）AE1B0lv     BE1         CE2    

8、   DE2（B0bt）lv7、两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势j随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法中正确的是（        ）（A）q1、q2为等量异种电荷（B）N、C两点间场强方向沿x轴负方向（C）N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大（D）将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小8、如图一个质量为m、带电量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现给圆环一个水

9、平向右的初速度v0，在以后的运动中下列说法正确的是 A圆环可能做匀减速运动        B圆环不可能做匀速直线运动 C圆环克服摩擦力所做的功一定为 D圆环克服摩擦力所做的功可能为 9、如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R。在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和MN是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直。现金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的速度

10、时间图象，图象中坐标轴上所标出的字母均为已知量。可知A金属框初始位置的bc边到边界MN的高度为v1t1                 B金属框的边长为          C磁场的磁感应强度为          D在进入磁场过程中金属框产生的热为mgv1(t2-t1)&

11、#160;10、如图甲所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd，边长为L，质量为m，电阻为R。在水平外力的作用下，线框从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动，穿过磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向与线圈平面垂直，线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示。则下列说法正确的是A线框的加速度大小为B线框受到的水平外力的大小C0t1时间内通过线框任一边横截面的电荷量为i1t1D0t3间内水平外力所做的功大于 二、多项选择（共5小题，每小题4分，全部选对得4分，选对但不全得2分，错选或不选得0分，共20分）11、如图所示，在光滑绝缘水平面上，两

12、个带等量正电的点电荷M、N，分别固定在A、B两点，O为AB连线的中点，CD为AB的垂直平分线。在CO之间的F点由静止释放一个带负电的小球P（设不改变原来的电场分布），在以后的一段时间内，P在CD连线上做往复运动。若A小球P的带电量缓慢减小，则它往复运动过程中振幅不断减小B小球P的带电量缓慢减小，则它往复运动过程中每次经过O点时的速率不断减小C点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，则小球P往复运动过程中周期不断减小D点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，则小球P往复运动过程中振幅不断减小12、如图所示，光滑绝缘细管与水平面成30。角，在管的上方P点固定一个点电荷+Q，P点与细管在同一竖直平面

13、内，管的顶端A与P点连线水平。带电荷量为-q的小球（小球直径略小于细管内径）从管中A处由静止开始沿管向下运动，在A处时小球的加速度为n，图中PBIAC，B是AC的中点，不考虑小球电荷量对+Q形成的电场的影响。则在电场中    AA点的电势高于B点的电势BB点的电场强度大小是A点的4倍C小球运动到C处的加速度为D小球从A到C的过程中电势能先减小后增大13、在光滑水平面上放置两长度相同、质量分别为m1和m2的木板P、Q，在木板的左端各有一大小、形状、质量完全相同的物块a和b，木板和物块均处于静止状态。现对物块a和b分别施加水平恒力F1和F2，使它们向右运动。当物块与木

14、板分离时，P、Q的速度分别为v1、v2，物块P、Q相对地面的位移分别为s1、s2。已知两物块与木板间的动摩擦因数相同，下列判断正确的是   （    ）    A若F1F2、m1>m2，则v1<v2、s1<s2         B若F1F2、m1<m2，则v1>v2、s1<s2    C若F1 > F2、m1=m2，则v1<v2、s1>s2  

15、     D若F1 < F2、m1=m2，则v1>v2、s1>s214、如图所示，倾角为的斜劈放置在粗糙水平面上，斜面粗糙，物体放在斜面上。一根轻质细线一端固定在物体a上，细线绕过两个光滑小滑轮，滑轮1固定在斜劈上、滑轮2下吊一物体b，细线另一端固定在c上，c穿在水平横杆上，物体a和滑轮1间的细线平行于斜面，系统静止。物体a受到斜劈的摩擦力大小为f1、c受到横杆的摩擦力大小为f2，若将c向右移动少许，a始终静止，系统仍静止，则()Af1由沿斜面向下改为沿斜面向上，f2始终沿横杆向右B细线对a和c的拉力都将变大Cf1和f2都将变大D斜劈受到地面的摩

16、擦力和横杆受到物体c的摩擦力都将变大15、三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个小物块A、B从传送带顶端均以1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5。下列说法正确的是  ：（         ）  A物块A先到达传送带底端  B物块A、B同时到达传送带底端C传送带对物块A、B均做负功D物块A、B在传送带上的划痕长度相等123456789101112131415答案三、实验,探究题（1

17、5分）16、（7分）利用气垫导轨验证动能定理，实验装置示意图如图1所示：（1）实验步骤：将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1m，将导轨调至水平。用游标卡尺测量挡光条的宽度，由导轨标尺（最小分度1mm）读出两光电门中心之间的距离s=      cm。（导轨标尺数字分别为20、21、80、81）将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2。从数字计数器（图1中未画出）上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间。用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m。（2）用表示直接测量

18、量的字母写出下列所求物理量的表达式：   滑块通过光电门1和光电门2时瞬时速度分别为v1=      和v2=       。当滑块通过光电门1和光电门2时，系统（包括滑块、挡光条、托盘和砝码）的总动能分别为EK1=         和EK2=         。在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，外力对

19、系统做的总功W=     （重力加速度为g）。 （3）如果W           ，则可认为验证了动能定理。17、（8分）有一电压表V1,其量程为3V,内阻约为3000,现要准确测量该电压表的内阻,提供的实验器材有:电源E:电动势约15 V,内阻不计;电流表A1:量程1A,内阻r1 = 2 ,;电压表V2:量程2V,内阻r2=2000;定值电阻R1:阻值20;(可作为保护电阻)定值电阻R2:阻值1; (可作为保护电阻)滑动变阻器R:最大阻值10,

20、额定电流1A;开关一个,导线若干.(1)提供的实验器材中,应选用的电表是     、定值电阻是       ;(填器材符号)(2)请你设计一个测量电压表V1的实验电路图,画在答题卡上对应的虚线框内;(要求:滑动变阻器要便于调节)(3)若所选电表的读数为a, 待测电压表V1的读数为U1,写出电压表V1内阻的计算表达式RV1=              

21、0;  .四、综合题（共4小题）18、（10分）如图所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平一个质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落到地面上的C点，轨迹如图中虚线BC所示已知它落地时相对于B点的水平位移OCl现在轨道下方紧贴B点安装一水平传送带，传送带的右端与B的距离为l2当传送带静止时，让P再次从A点由静止释放，它离开轨道并在传送带上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面的C点当驱动轮转动从而带动传送带以速度v匀速向右运动时（其他条件不变），P的落地点为D（不计空气阻力）（1）求P滑至B点时的速度大小； （2）求P与传送带之间

22、的动摩擦因数m ；（3）求出O、D间的距离s随速度v变化的函数关系式。 19、（13分）如图在xoy平面内有平行于x轴的两个足够大的荧光屏M、N，它们的位置分别满足y=l和y=0，两屏之间为真空区域。在坐标原点O有一放射源不断沿y轴正方向向真空区域内发射带电粒子，已知带电粒子有两种。为探索两种粒子的具体情况，我们可以在真空区域内控制一个匀强电场和一个匀强磁场，电场的场强为E，方向与x轴平行，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于xoy平面。试验结果如下：如果让电场和磁场同时存在，我们发现粒子束完全没有偏转，仅在M屏上有一个亮点，其位置在S( 0 , l )；如果只让磁场存在，我们发现仅在N屏上出现了

23、两个亮点，位置分别为P( -2l ， 0 )、Q( ，0 )，由此我们可以将两种粒子分别叫做P粒子和Q粒子。已知粒子间的相互作用和粒子重力可以忽略不计，试求（坐标结果只能用l表达）：（1）如果只让磁场存在，但将磁场的磁感应强度减为B1= ，请计算荧光屏上出现的所有亮点的位置坐标；（2）如果只让电场存在，请计算荧光屏上出现的所有亮点的位置坐标； （3）如果只让磁场存在，当将磁场的磁感应强度变为B2= kB时，两种粒子在磁场中运动的时间相等，求k的数值。20、（14分）如图甲所示，表面绝缘、倾角q=30°的斜面固定在水平地面上，斜面的顶端固定有弹性挡板，挡板垂直于斜面，并与斜面底边平行。

24、斜面所在空间有一宽度D=0.40m的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，磁场上边界到挡板的距离s=0.55m。一个质量m=0.10kg、总电阻R=0.25W的单匝矩形闭合金属框abcd，放在斜面的底端，其中ab边与斜面底边重合，ab边长L=0.50m。从t=0时刻开始，线框在垂直cd边沿斜面向上大小恒定的拉力作用下，从静止开始运动，当线框的ab边离开磁场区域时撤去拉力，线框继续向上运动，并与挡板发生碰撞，碰撞过程的时间可忽略不计，且没有机械能损失。线框向上运动过程中速度与时间的关系如图乙所示。已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边平行，线框与斜面之

25、间的动摩擦因数m=/3，重力加速度g取10 m/s2。(1)求线框受到的拉力F的大小；(2)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)已知线框向下运动通过磁场区域过程中的速度v随位移x的变化规律满足vv0-(式中v0为线框向下运动ab边刚进入磁场时的速度大小，x为线框ab边进入磁场后对磁场上边界的位移大小)，求线框在斜面上运动的整个过程中产生的焦耳热Q。 21、（15分）如图所示，AB段是半径为R的光滑圆弧轨道，其底端切线水平，BC段是长为2R的水平轨道，其右端紧靠长为2R、倾角=37°的传送带，在距B点L0处的水平轨道上静止一个质量为m的物体Q现将质量M=3m的物体P自圆弧轨道上的A点

26、由静止释放，并与静止在水平轨道上的m发生弹性碰撞。已知物体P和Q与水平轨道及传送带间的动摩擦因数均为，重加速度为g，试求：（1）M到达B点时对轨道的压力；（2）L0取何值时，M恰滑到C点； （3）当时，为确保将m送到D点，传送带的运行速度u应满足什么条件？22、（17分）如图甲所示，两块相同的平行金属板M、N正对着放置，相距为，板M、N上的小孔、与O三点共线，=R，连线垂直于板M、N.以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场.收集屏PQ上各点到O点的距离都为2R，两端点P、Q关于连线对称，屏PQ所对的圆心角.质量为m、电荷量为e的质子连续不断地经进入M

27、、N间的电场，接着通过进入磁场.质子重力及质子间的相互作用均不计，质子在处的速度看作零.若M、N间的电势差(U>0)时，求质子进入磁场时速度的大小.若M、N间接入如图乙所示的随时间t变化的电压（式中，周期T已知），且在质子通过板间电场区域的极短时间内板间电场视为恒定，则质子在哪些时刻自S1处进入板间，穿出磁场后均能打到收集屏PQ上？在上述问的情形下，当M、N间的电压不同时，质子从S1处到打在收集屏PQ上经历的时间t会不同，求t的最大值. 选做题-【选修3-5】（15分）23.（1）下列说法正确的是（ ）（选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A

28、Th经过6次衰变和4次衰变后成为稳定的原子核PbB在核反应堆中，为使快中子减速，在铀棒周围要放“慢化剂”，常用的慢化剂有石墨、重水和普通水C当用蓝色光照射某金属表面时有电子逸出，则改用红光照射也一定会有电子逸出D核力是弱相互作用的一种表现，在原子核的尺度内，核力比库仑力大得多，其作用范围在15×l0-l0 mE原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射波长为的光子；原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收波长为的光子，已知。那么原子从a能级状态跃迁到到c能级状态时将要吸收波长的光子（2）如图甲，光滑的水平面上有三个滑块、；、的质量均等于1kg；、被一根轻质弹簧连接在一起，处于静止状态；在t

29、=0时，滑块突然以水平向右的速度与正碰，并瞬间粘合成一个物体(记为)；此后运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，的速度随时间做周期性变化，如图乙。则： 求滑块的初速度大小以及、正碰中损失的机械能； 求滑块的质量； 当滑块的速度变为瞬间，突然向左猛击一下它，使之突变为，求此后弹簧弹性势能最大值的表达式，并讨论取何值时，的最大值。参考答案一、选择题1、D2、解：A、由F=BIL、I=，R并=R，得初始时刻棒所受的安培力大小为 FA=，故A正确；B、由能量守恒定律可知，当棒第一次到达最左端时，棒的机械能转化为整个回路的焦耳热与弹簧的弹性势能，由题意可知，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中A、B间的

30、电阻R上产生的焦耳热为Q，电路总热量为2Q，由于第一次到达最左端的位移大于第一次到达右端的位移，第一次到达最左端时整个电路产生的焦耳热大于Q，则弹簧具有的弹性势能小于： mvQ，故B错误；C、当棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和弹簧的弹性势能电阻R上产生的焦耳热为Q，整个回路产生的焦耳热为2Q弹簧的弹性势能为：Ep=mv022Q，故C正确；D、由于回路中产生焦耳热，棒和弹簧的机械能有损失，所以当棒再次回到初始位置时，速度小于v0，棒产生的感应电动势EBLv0，由电功率公式P=知，则AB间电阻R的功率小于2，故D错误；故选：C3、B 4、D 5、B 6、B 7、C

31、8、D 解析 ：解：A、当qv0Bmg时，圆环做减速运动到静止，速度在减小，洛伦兹力减小，杆的支持力和摩擦力都发生变化，所以不可能做匀减速运动，故A错误。B、当qv0B=mg时，圆环不受支持力和摩擦力，做匀速直线运动，故B错误。C、当qv0Bmg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功根据动能定理得-W=0-mv2 得W=，当qv0Bmg时，圆环先做减速运动，当qvB=mg时，不受摩擦力，做匀速直线运动     当qvB=mg时得v=    根据动能定理得-W=mv2-代入解得   W=-，故C

32、错误，D正确故选D9、D    10、  D二、多项选择11、BCD12、【答案解析】 BD  解析：A、正点电荷的电场线发散型，由于沿着电场线方向，电势降低，因此A点的电势低于B点的电势，故A错误；B、结合几何关系知：PA=2PB，由点电荷电场强度公式E=，可知，电场强度的大小与间距的平方成反比，则B点的电场强度大小是A点的4倍，故B正确；C、在A处时小球的加速度为a，对A点受力分析，电场力、重力与支持力，由力的合成法则可知，合外力由重力与电场力沿着细管方向的分力之和提供的；当在C处时，小球仍受到重力、电场力与支持力，合外力是由重力与电场力沿

33、着细管方向的分力之差提供的，即为g-a故C错误D、根据电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加，可知：小球带负电，从A到C的过程中，电场力先做正功，后做负功，则电势能先减小后增大，故D正确；故选：BD 13、AD 14、BD 15、【答案解析】BC，由两者速度关系和皮带传动方向可知，皮带对物块摩擦力方向都是沿各自斜面向上（A虽说与传送带开始运动方向相同，但两者速度相等，A向下运动时，皮带对A有沿斜面向上的阻碍作用，B与传送带运动方向相反相互阻碍作用，所以它们的摩擦方向都沿斜面向上。）根据牛顿第二定律可知，两者沿斜面下滑的加速度大小相等（），对地的位移都相等，所经历的时间也相同，A；B

34、对；因都是阻碍物体，传送带对物块A、B均做负功，C正确；开始AB两者速度相同，无划痕，B开始就有划痕，两者的划痕长度不相等，D错。故选择BC答案。三、实验,探究题16.解：（1）根据刻度尺读数s=80.00cm-20.00cm=60.00cm（2）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度滑块通过光电门1速度v1=滑块通过光电门2速度v2=根据动能的定义式，系统的总动能分别为Ek1= Ek2=在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少Ep=mgs17、【答案解析】V2 R1见图解析：（1）因待测电压表电压为3V，满偏电流为I=1mA，远小于电流表的满偏电流1

35、00mA，所以不能使用电流表测量电流，考虑使用电压表，因其满偏电流=1mA，所以可以将两电压表串联使用，所以应选用的电表是；显然滑动变阻器应用分压式接法，因电压表与的最大串联电压为U=3+2=5V，根据串联单路分压规律可知，解得R=20，所以定值电阻应选.（2）由上面分析可知，电路图如图所示（3）由欧姆定律所以，只要读出电压表的读数和电压表的读数，即可求出待测电压表的内阻，可解得.四、综合题18、解析：（1）物体P在AB轨道上滑动时，物体的机械能守恒，根据机械能守恒定律得物体P滑到B点时的速度为（2）当没有传送带时，物体离开B点后作平抛运动，运动时间为t，当B点下方的传送带静止时，物体从传送带

36、右端水平抛出，在空中运动的时间也为t，水平位移为l/2，因此物体从传送带右端抛出的速度由牛顿第二定律得由运动学公式得解得物体与传送带之间的动摩擦因数为（3）当传送带向右运动时，若传送带的速度vv1，即v时，物体在传送带上一直做匀减速运动，离开传送带的速度仍为，落地的水平位移为，即。当传送带的速度时，物体将会在传送带上做一段匀变速运动。如果尚未到达传送带右端，速度即与传送带速度相同，此后物体将做匀速运动，而后以速度离开传送带。的最大值为物体在传送带上一直加速而达到的速度，即由牛顿第二定律得，由运动学公式得，由此解得当vv2，物体将以速度离开传送带，因此得O、D之间的距离为。当，即时，物体从传送带

37、右端飞出时的速度为，O、D之间的距离为综合以上的结果，得出O、D之间的距离s随速度变化的函数关系式为：19、【答案解析】：（1）（-（2-）l，l ）；（l，0）；（2）（l，l）、（-2l，l）；（3）解析(1)（7分）当磁场B和电场E同时存在时，两种粒子都受力平衡，都满足Eq=Bqv所以两种粒子速度相同都为v=                        

38、60;     (2分)当仅存在磁场时，带电粒子做匀速圆周运动，洛仑兹力充当向心力，两种粒子都满足得                                     (2分)当磁场强度为B时，P粒子的轨

39、道半径r1=l，Q粒子轨道半径为r2=                  （1分）由可知当磁场为B1减半时，两粒子做圆周运动的半径都加倍，此时 r1=2l，r2=此时P粒子将打在M屏上，由几何关系可求出落点横坐标所以P粒子亮点位置(，l )             (1分)而Q粒子仍打在N屏上，易得亮点位置(l，0)&

40、#160;       (1分)(2)（8分）由上问式，可得两粒子的荷质比及其与E、B的关系，对P、Q分别有                        （1分）            &

41、#160;         (1分)当仅存在电场时，P粒子将向右偏，y方向分运动为匀速直线运动vt=l                                (1分)x方向分运动为受电场力下的匀加速直线

42、运动，有                           （1分）                      

43、60;  (1分)结合可得                        (1分)由可得                      

44、0;   x1= 同理可以求得Q粒子在-x方向的偏转位移为      x2=2l  故P、Q两粒子打在屏上的位置坐标分别为(，l)、(-2l，l)。 (2分)(3)（7分）由和可以得出结论，不论磁场为多少，P、Q两粒子的轨道半径R1：R2=4：1不变。因为两粒子速度大小相等，所以要想两粒子运动时间相等，即运动弧长相等，两粒子运动的圆弧圆心角之比必须为1：2=1：4。（1分）如右图粒子打在M屏上时，其运动轨迹圆弧圆心角(锐角)与半径R满足l=Rsin，不可能满足R1：R2=4：1和1：2=1：4。所以两粒子都打在M屏

45、上不可能满足要求。     (2分)两粒子都打在N屏上，圆心角都为也不能满足要求。   (2分)所以结果必然为P粒子打在M屏而Q粒子打在N屏，所以2=，而1=。由几何关系易得此时R1=l，结合可求得此时B2= ，k=    (2分)20、【答案解析】（1）1.5N（2）0.50T（3）0.45J 解析：解析：(1)由v-t图象可知，在00.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1=2.0m/s，所以在此过程中的加速度a=5.0m/s2   由牛顿第二定律有F-mgsinq

46、 -m mgcosq=ma            解得F=1.5 N                                   &

47、#160;    (2)由v-t图象可知，线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动，通过线框的电流I=                       线框所受安培力F安=BIL                &

48、#160;           对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有F=mgsinq+mgcosq+解得B=0.50T                            (3)由v-t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线

49、运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度D=0.40m             线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达档板时的位移为s-D=0.15m     设线框与挡板碰撞前的速度为v2，由动能定理，有-mg(s-D)sinq-mg(s-D)cosq=           解得v2=1.0 m/s    

50、60;  线框碰档板后速度大小仍为v2，线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mgsin=mgcos=0.50N，因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab边刚进入磁场时的速度为v2=1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为v3由vv0-得v3= v2 -=-1.0 m/s，因v3<0，说明线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，线框受力平衡，所以线框将静止在磁场中某位置。       

51、0;    线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热Q1=I2Rt=0.40 J线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热Q2=0.05所以Q= Q1+ Q2=0.45 J      21、解析：（1）AB过程：                            

52、;   1分在B点：                                                 1分由解得：

53、                                                  

54、                  1分由牛顿第三定律可得：物体M对轨道的压力大小，方向向下。1分（2）设M与m碰前速度为，则有：             1分碰撞后M、m的速度分别为和，则有：          

55、60;                                                 

56、60;                           1分                        

57、;                                               1分碰后，M运动到C的过程：   

58、                  1分联立解得：                                

59、60;                                               1分（3）当，则碰后m运动到C的过程有：

60、             1分联立解得：                                     

61、60;                        1分若m恰能到达D点，即到达D点时速度减为零i）若传送带向下运行，则m在传送带上一直向上做匀减速运动，设其运动的距离为s时，速度减为零，则有：              

62、60;                               1分解得：，故m不能到达D点                  

63、;                            1分ii）若传送带向上运行，由于，故m在传送带上不可能加速向上运动。a）若，m将一直向上匀减运动，设速度为零时运动的距离为x，则有：           

64、0;                                     1分解得：，故一定能将m送到D点。        1分b）若，它将先相对传送带向上（摩擦力向

65、下）匀减速到u，然后相对传送带向下（摩擦力向上）匀减速到0。则有：                                    1分          

66、;                                   1分        解得：         &#

67、160;                            1分所以，将m送到D点的条件是传送带速度应满足，方向向上。22、解析：（1）根据动能定理，有               &#

68、160;        （2分）                                         

69、60;          （1分）（2）质子在板间运动，根据动能定理， 有          质子在磁场中运动，根据牛顿第二定律，有      （2分）     若质子能打在收集屏上，轨道半径与半径应满足的关系：          

70、;                                  （2分）解得板间电压               

71、               （1分）结合图象可知：质子在（,1,2,）之间任一时刻从s1处进入电场，均能打到收集屏上                            

72、60;    （2分） （3）M、N间的电压越小，质子穿出电场进入磁场时的速度越小，质子在极板间经历的时间越长，同时在磁场中运动轨迹的半径越小，在磁场中运动的时间也会越长，出磁场后打到收集屏前作匀速运动的时间也越长，所以当质子打在收集屏的P端时，对应时间t最长，两板间的电压此时为                        &

73、#160;     （2分）在板间电场中运动时间                                   （1分）在磁场中运动时间      

74、60;             （2分）出磁场后打到收集屏前作匀速运动的时间                   （1分）所以，运动总时间      或t        

75、                                    （2分） 23、（1）、ABE（2）【答案解析】：（1）2m/s，a、b正碰中损失的机械能E为1J；（2）滑块c的质量为6kg；（3）EP=1，当vxm/s时，EP能取得最大值，最大值：EPm=1J 解析 ：（6分）由图乙，、粘合后瞬间的速度大小(1分)、正碰，动量守恒：