高考物理二轮复习 高考仿真抢分练（二）-人教版高三物理试题

高考仿真抢分练(二)(建议用时：60分钟)第Ⅰ卷一、单项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意．)1．吊床用绳子拴在两棵树上等高位置，某人先坐在吊床上，后躺在吊床上，均处于静止状态．设吊床两端系绳中的拉力为F1，吊床对人的作用力为F2，则()A．坐着比躺着时F1大B．坐着比躺着时F1小C．坐着比躺着时F2大D．坐着比躺着时F2小A[吊床对人的作用力与重力等值反向，所以躺着和坐在时，F2都等于人的重力，不变．坐在吊床上时，吊床两端绳的拉力与竖直方向上的夹角较大，根据共点力平衡有：2Fcosθ＝G，θ越大．则绳子的拉力越大，所以坐着时，绳子与竖直方向的夹角较大，则绳子的拉力较大，相反躺着时，绳子的拉力较小，即坐着比躺着时F1大．故A正确，B、C、D错误．]2．某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图1所示的模型，一个小朋友在AB段的动摩擦因数μ1<tanθ，BC段的动摩擦因数μ2>tanθ，他从A点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态．则该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中()【导学号：25702123】图1A．地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右B．地面对滑梯始终无摩擦力作用C．地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小D．地面对滑梯的支持力的大小先大于、后小于小朋友和滑梯的总重力的大小A[小朋友在AB段做匀加速直线运动，在BC段做匀减速直线运动；将小朋友的加速度a1、a2分解为水平和竖直两个方向，如图．以小朋友和滑梯整体为研究对象，由于小朋友在AB段有水平向左的分加速度，根据牛顿第二定律得知，地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左；同理可知，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右，A正确，B错误．以小朋友和滑梯整体为研究对象，小朋友在AB段做匀加速直线运动时，有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知地面对滑梯的支持力小于小朋友和滑梯的总重力．同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力．C、D错误．]3．如图2所示a、b间接入正弦交流电，理想变压器右侧部分为一火灾报警系统原理图，R2为热敏电阻，随着温度升高其电阻变小，所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻．当R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是()图2A．V1的示数减小，A2的示数增大B．V1的示数不变，A1的示数减小C．V2的示数减小，A1的示数增大D．V2的示数不变，A2的示数减小C[当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小，所以C正确，A、B、D错误．故选C.]4．如图3所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、O两点电势差为U，一带正电的粒子在该电场中运动，经A、B两点时速度方向沿圆的切线方向，速度大小均为v0，粒子重力不计，只受电场力，则下列说法正确的是()图3A．粒子从A到B的运动过程中，动能先增大后减小B．圆周上电势最高的点与O点的电势差为eq\r(2)UC．粒子在A、B间是做圆周运动D．匀强电场的电场强度E＝eq\f(U,R)B[带电粒子仅在电场力作用下运动，由于粒子在A、B两点动能相等，电场力做功为0，则电势能也相等，因为匀强电场，所以两点的连线AB即为等势面．根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO.由曲线运动条件可知，带正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从A到B做抛体运动，故C错误．由以上分析可知，速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力对于运动来说先是阻力后是动力，所以粒子动能先减小后增大，故A错误；匀强电场的电场强度Ed＝U式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，UAO＝E×eq\f(\r(2),2)R，所以E＝eq\f(\r(2)U,R)，故D错误；圆周上，电势最高的点与O点的电势差为U＝ER＝eq\f(\r(2)U,R)×R＝eq\r(2)U，B正确；故选B.]5.如图4所示，半径为R且竖直放置的光滑圆轨道与水平直轨道相连接，整个装置均处在垂直纸面向里的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B.一质量为m、带电荷量为＋q的小球A以一定的初速度沿直轨道向左运动．若小球与水平直轨道之间的动摩擦因数为μ，经过N点时的速度大小为v0，经过M点时的速度大小为v，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图4A．若小球恰好能到达圆轨道的最高点M，则有v＝eq\r(gR)B．小球从P点到M点的过程中机械能减少C．小球在最高点时，有mg＋qvB＝meq\f(v2,R)D．根据已知条件可算出小球从N到M过程中，小球克服摩擦力做的功为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2－2mgRD[当小球恰好能到达最高点时，在最高点小球与光滑圆轨道之间没有弹力存在，则由牛顿运动定律可得mg－qvB＝meq\f(v2,R)，所以v≠eq\r(gR)，选项A错误；小球从P点到M点的过程中，只有小球的重力做功，所以小球的机械能守恒，选项B错误；小球通过最高点时，有mg＋F－qvB＝meq\f(v2,R)，其中F为小球和轨道之间的作用力，选项C错误；设小球从N到M过程中克服摩擦力做的功为Wf，由功能关系可得Wf＋2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2－2mgR，选项D正确．]二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．)6.如图5是滑雪场的一条雪道．质量为70kg的某滑雪运动员由A点沿圆弧轨道滑下，在B点以5eq\r(3)m/s的速度水平飞出，落到了倾斜轨道上的C点(图中未画出)．不计空气阻力，θ＝30°，g取10m/s2，则下列判断正确的是()图5A．该滑雪运动员腾空的时间为1sB．BC两点间的落差为5eq\r(3)mC．落到C点时重力的瞬时功率为3500eq\r(7)WD．若该滑雪运动员从更高处滑下，落到C点时速度与竖直方向的夹角不变AD[运动员平抛的过程中，水平位移为x＝v0t，竖直位移为y＝eq\f(1,2)gt2，落地时：tanθ＝eq\f(y,x)，联立解得t＝1s，y＝5m．故A正确，B错误；落地时竖直方向的速度：vy＝gt＝10×1m/s＝10m/s；所以落到C点时重力的瞬时功率为：P＝mg·vy＝70×10×10W＝7000W，故C错误；根据落地时速度方向与水平方向之间的夹角的表述式：tanα＝eq\f(gt,v0)＝2×eq\f(1,2)gt2/v0t＝eq\f(2y,x)＝2tanθ，可知到C点时速度与竖直方向的夹角与平抛运动的初速度无关．故D正确．]7.在2013年6月10日上午，我国首次太空授课在距地球300多千米的“天宫一号”上举行，如图6所示的是宇航员王亚萍在“天宫一号”上所做的“水球”.若已知地球的半径为6400km，地球表面的重力加速度为g＝9.8m/s2，下列关于“水球”和“天宫一号”的说法正确的是()图6A．“水球”的形成是因为太空中没有重力B．“水球”受重力作用，其重力加速度大于5m/s2C．“天宫一号”运行速度小于7.9km/sD．“天宫一号”的运行周期约为1.5hBCD[“天宫一号”是围绕地球运动的，即地球对它的万有引力提供了其圆周运动的向心力，水球与“天宫一号”是一个整体，因此可知水球也受到地球引力作用，也有重力，故A错误；在地球表面：Geq\f(Mm,R2)＝mg，在300km的高度：g′＝eq\f(GM,R＋h2)＝eq\f(R2,R＋h2)g＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6400,6700)))2×9.8m/s2≈8.9m/s2，即“水球”受重力作用，其重力加速度大于5m/s2，选项B正确；因为绕地球表面运动的卫星的速度是7.9km/s，故“天宫一号”运行速度小于7.9km/s，选项C正确；由万有引力提供向心力的周期表达式可得：Geq\f(Mm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)，解得：T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，又：GM＝gR2，可得：T＝eq\r(\f(4π2r3,gR2))＝eq\r(\f(4×3.142×6400×103＋300×1033,9.8×6400×1032))s＝5436s≈1.5h，故D正确．故选B、C、D.]8．如图7所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B，磁场在y轴方向足够宽，在x轴方向宽度为a.一直角三角形导线框ABC(BC边的长度为a)从图示位置向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，感应电流i、BC两端的电压uBC与线框移动的距离x的关系图象不正确的是()【导学号：25702124】图7ABC[导体棒切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，x在0～a内，有效长度L逐渐变大，感应电流I逐渐变大，在a～2a内，有效长度L逐渐变大，感应电流逐渐变大，A、B错误；由楞次定律可知，在线框进入磁场的过程中，感应电流沿逆时针方向，电流是正的，在线框离开磁场的过程中，感应电流沿顺时针方向，感应电流是负的，故C错误，D正确，因选错误选项，所以选择A、B、C.]9．由光滑细管组成的轨道如图8所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m的小球，从距离水平地面为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是()图8A．小球落到地面时相对于A点的水平位移为2eq\r(RH－2R2)B．小球落到地面时相对于A点的水平位移为2eq\r(2RH－4R2)C．小球能从细管A端水平抛出的条件是H＞2RD．小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin＝eq\f(5,2)RBC[从D到A运动过程中只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋mg2R＝mgH，解得vA＝eq\r(2gH－4gR)，从A点抛出后做平抛运动，则由2R＝eq\f(1,2)gt2得t＝eq\r(\f(4R,g))则x＝vAt＝2eq\r(2RH－4R2)，故A错误，B正确；细管可以提供支持力，所以到达A点的速度大于零即可，即vA＝eq\r(2gH－4gR)>0，解得H＞2R，故C正确，D错误．]第Ⅱ卷三、简答题(本题分必做题(第10、11题)和选做题(第12题)两部分，共计42分．)[必做题]10．(8分)如图9甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球由A处静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H(H≫d)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g.则：【导学号：25702125】甲乙丙图9(1)如图乙所示，用20分度的游标卡尺测得小球的直径d＝________cm.(2)多次改变高度H，重复上述实验，作出eq\f(1,t2)随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：________(用t0、H0、g、d表示，四个量均取国际单位)时，可判断小球下落过程中机械能守恒．(3)实验中发现动能增加量ΔEk总是稍小于重力势能减少量ΔEp，增加下落高度后，则ΔEp－ΔEk将________________(选填“增加”、“减小”或“不变”)．【解析】(1)由图可知，主尺刻度为7mm；游标对齐的刻度为3；故读数为：7mm＋3×0.05mm＝7.15mm＝0.715cm.(2)若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgH＝eq\f(1,2)mv2，即：2gH0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t0)))2解得：2gH0teq\o\al(2,0)＝d2.(3)由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，则ΔEp－ΔEk将增加．【答案】(1)0.715cm(2)2gH0teq\o\al(2,0)＝d2(3)增加11．(10分)现有一满偏电流为500μA，内阻为1.2×103Ω的灵敏电流计，某同学想把它改装成中值电阻为600Ω的欧姆表，实验室提供如下器材：A．一节干电池(标准电动势为1.5V)B．电阻箱R1(最大阻值99.99Ω)C．电阻箱R2(最大阻值999.9Ω)D．滑动变阻器R3(0～100Ω)E．滑动变阻器R4(0～1kΩ)F．导线若干及两个接线柱(1)由于电流计内阻较大，该同学先把电流计改装为量程为0～2.5mA的电流表，则电流计应________联一个电阻箱(选填“串”或“并”)，将其阻值调为________Ω.(2)将改装后的电流表作为表头改装为欧姆表，请在图10方框内把改装后的电路图补画完整，并标注所选电阻箱和滑动变阻器的符号(B～E)．图10(3)用改装后的欧姆表测一待测电阻，读出电流计的示数为200μA，则待测电阻阻值为________Ω.【解析】(1)将电流计改装为电流表应该并联一个电阻，R1＝eq\f(IgRg,I－Ig)＝eq\f(500×10－6×1.2×103,2.5×10－3－500×10－6)Ω＝300Ω.(2)改装后的电流表内阻R′＝eq\f(1,\f(1,300)＋\f(1,1200))Ω＝240Ω，把表头改装成中值电阻为600Ω的欧姆表，则需要串联的电阻R″＝(600－240)Ω＝360Ω，所以选择电阻箱R2(最大阻值999.9Ω)和滑动变阻器R4(0～1kΩ)，实验电路图如图所示：(3)根据eq\f(I1,Ig)＝eq\f(Rg,R1)＝eq\f(1200,300)＝4得I1＝4Ig；又I＝I1＋Ig，得I＝5Ig所以改装后，当电流表读数为200μA，表头两端电压Ug＝IgRg＝0.2mA×1.2kΩ＝0.24V，I＝5Ig＝1mA所以有eq\f(E－Ug,R″＋Rx)＝I解得：Rx＝900Ω.【答案】(1)并300(2)见解析(电路连接错误、电阻箱或滑动变阻器选错或未标出均零分)(3)900[选做题]12．[选做题]本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按A、B两小题评分．A．[选修3－3](12分)(1)关于下列图象的描述和判断中正确的是________．甲乙图11A．图甲表示液体表面层分子间的距离比液体内部分子间距离大，所以表面层分子间的引力大于液体内部分子间的引力B．图甲表示液体表面层分子间距离较大，分子间受到的引力大于斥力，因此表面层分子间作用力表现为引力C．图乙表示不同温度时氧气分子的速率分布图象，由此可知温度T1＞T2D．图乙表示不同温度时氧气分子的速率分布图象，由此可知T2温度氧气分子的平均动能较大(2)如图12所示为一定质量的氦气(可视为理想气体)状态变化的V­T图象，已知该氦气所含的氦分子总数为N，氦气的摩尔质量为M，其在状态A时的压强为p0，阿伏加德罗常数为NA.图12①氦气在C状态时氦气分子间的平均距离d＝________；②氦气在A状态时的压强产生的原因是________________________．(3)在第(2)小题的情境中，试求：①氦气在B状态时的压强pB；②若氦气从状态B到状态C过程外界对氦气做功为W，则该过程中氦气是吸热还是放热？传递的热量为多少？【解析】(1)随着分子间距的增大，分子引力与斥力均减小，只不过在液体表面层分子间作用力表现为引力，即斥力减小得更快，从而形成液体表面张力，故选项A错误，选项B正确；温度是分子平均动能的标志，虽然分子做无规则运动，但大多数分子的速率在某个数值附近，离开这个数值越远，分子数越少，且气体的温度越高，速率大的分子所占的比例越大，由图乙可知，有T2>T1故选项C错误，选项D正确．(2)①根据题意有：V0＝Nd3，解得：d＝eq\r(3,\f(V0,N)).②气体压强形成的原因是由于大量气体分子无规则热运动，对器壁无规则碰撞，从而形成的持续的稳定的碰撞作用力，即产生压强．(3)①A→B过程为等容变化过程，有：eq\f(pA,TA)＝eq\f(pB,TB)，解得：pB＝eq\f(TB,TA)pA＝eq\f(1,2)pA＝eq\f(1,2)p0.②B→C过程为等温变化过程，因此在过程中，对气体ΔU＝0又因为外界对气体做功，所以该过程中气体放热，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W解得：Q＝－W，显然W为正值，所以传递的热量为W.【答案】(1)①BD(2)①eq\r(3,\f(V0,N))②气体分子不断地与容器壁发生碰撞(3)①eq\f(1,2)p0②放热WB．[选修3－4](12分)(1)下列说法中正确的是________．A．被拍打的篮球上下运动是简谐运动B．受迫振动的物体总以它的固有频率振动C．当观察者和波源间存在相对运动时一定能观察到多普勒效应现象D．在以速度v高速运行的航天器上看地球上的时间进程变慢(2)1971年，屠呦呦等获得了青蒿乙醚提取物结晶，研究人员通过X射线衍射分析确定了青蒿素的结构．X射线衍射是研究物质微观结构的最常用方法，用于分析的X射线波长在0.05nm～0.25nm范围之间，因为X射线的波长________(选填“远大于”“接近”或“远小于”)晶体内部原子间的距离，所以衍射现象明显．分析在照相底片上得到的衍射图样，便可确定晶体结构．X射线是________(选填“纵波”或“横波”)．(3)如图13所示，有一四棱镜ABCD，∠B＝∠C＝90°，∠D＝75°.某同学想测量其折射率，他用激光笔从BC面上的P点射入一束激光，从Q点射出时与AD面的夹角为30°，Q点到BC面垂线的垂足为E，P、Q两点到E点的距离分别为a、eq\r(3)a，已知真空中光速为c，求：图13①该棱镜材料的折射率n；②激光从P点传播到Q点所需的时间t.【解析】(1)被拍打的篮球上下运动过程中其回复力不满足F＝－kx，不是简谐运动，受迫振动的物体，振动的频率等于驱动力的频率，不一定等于它的固有频率，A、B均错误；当观察者绕波源做匀速圆周运动时就不能观察到多普勒效应，C错误；由相对论的空中慢效应可知，选项D正确．(2)由明显衍射的条件可知，所选取的X射线的波长应接近晶体内部原子间的距离，X射线是横波．(3)①由题意，根据QE⊥BC，QE＝eq\r(3)PE得∠PQE＝30°，由几何关系可知，激光在AD面上的入射角i＝45°，折射角为γ＝60°光从介质射向真空，由折射定律得n＝eq\f(sinγ,sini)＝eq\f(\r(6),2).②光在棱镜中传播的速度v＝eq\f(c,n)运动的时间t＝eq\f(2a,v)解得t＝eq\f(\r(6)a,c).【答案】(1)D(2)接近横波(3)①eq\f(\r(6),2)②eq\f(\r(6)a,c)C．[选修3－5](12分)(1)关于下列图象的描述和判断中正确的是________．甲乙图14A．图甲是四种温度下黑体辐射的强度与波长的关系，由此可知，T1＜T2＜T3＜T4B．图甲是四种温度下黑体辐射的强度与波长的关系，由此可知，温度越高各种波长的辐射增强，且峰值向波长较短的方向移动C．图乙表示α粒子散射图景，发现多数α粒子几乎不发生偏转，说明原子的质量是均匀分布的D．图乙表示α粒子散射图景，发现多数α粒子几乎不发生偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小空间范围(2)如图15甲所示为研究发生光电效应时通过光电管上的电流随电压变化的电路，用频率为ν的单色光照射阴极K时，能发生光电效应，改变光电管两端的电压，测得电流随电压变化的图象如图乙所示，已知电子的带电荷量为－e，真空中的光速为c，普朗克常量为h.图15①从阴极K逸出光电子的最大初动能Ek＝________，阴极K的极限频率ν0＝________；②若用上述单色光照射一群处于基态的氢原子，恰能使氢原子跃迁到n＝4的激发态，氢原子处于基态时的能量E1＝________(已知氢原子n级上的能量En与基态的能量满足En＝eq\f(E1,n2))．(3)某元素A在发生α衰变生成B元素的同时，能放出频率为ν的光子，设有一个静止的原子核eq\o\al(y,x)A，质量为m0，衰变时在α粒子的速度方向上放出一个光子，已知放出α粒子的质量为mα，速度为vα，光子的速度为c，静质量为0，光子的动量为eq\f(h,λ)，试求：①元素A发生α衰变的核反应方程式为________________，如果元素A的半衰期为10天，在对160g元素A的单质加热40天后，还剩下元素A的单质________g；②静止的原子核eq\o\al(y,x)A衰变后的速度v.【解析】(1)根据黑体辐射规律可知，随着温度升高，一方面各种波长的辐射强度都有增加，另一方面，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故选项A错误，选项B正确；由卢瑟福α粒子散射实验可知，多数α粒子几乎不发生偏转，少数α粒子发生较大偏转，说明原子的绝大部分质量集中在很小空间范围，故选项C错误，选项D正确．(2)①由图乙可知－eUC＝0－Ek解得：Ek＝eUC根据爱因斯坦光电效应有：Ek＝hν－W0又W0＝hν0解得：ν0＝ν－eq\f(eUC,h).②在原子跃迁过程中，根据能量守恒定律有：hν＝ΔE＝E4－E1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,42)－1))E1解得：E1＝－eq\f(16,15)hν.(3)①根据衰变反应中质量数、电荷数守恒可知，元素A发生α衰变的核反应方程式为：eq\o\al(y,x)A→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(y－4,x－2)B.经过衰变后剩下元素A的单质质量为：m′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(t,τ)m＝(eq\f(1,2))eq\f(40,10)×160g＝10g.②衰变过程中系统动量守恒，以α粒子的速度方向为正方向，有：0＝(m0－mα)v＋mαvα＋eq\f(h,λ)解得：v＝－eq\f(λmαvα＋h,λm0－mα)，“－”说明其方向与α粒子的速度方向相反．【答案】(1)BD(2)①eUCν－eq\f(eUC,h)②－eq\f(16,15)hν(3)①eq\o\al(y,x)A→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(y－4,x－2)B10g②大小v＝eq\f(λmαvα＋h,λm0－mα)，方向与α粒子的速度方向相反四、计算题(本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(16分)如图16所示，水平放置的平行光滑导轨间有两个区域有垂直于导轨平面的匀强磁场，虚线M、N间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B1＝8B，虚线P、Q间有垂直于纸面向外的匀强磁场，虚线M、N和P、Q间距均为d，N、P间距为15d，一质量为m、长为L的导体棒垂直于导轨放置在导轨上，位于M左侧，距M也为d，导轨间距为L，导轨左端接有一阻值为R的定值电阻，现给导体棒一个向右的水平恒力，导体棒运动以后能匀速地通过两个磁场，不计导体棒和导轨的电阻，求：图16(1)P、Q间磁场的磁感应强度B2的大小；(2)通过定值电阻的电荷量；(3)定值电阻上产生的焦耳热．【解析】(1)导体棒在磁场外时，在恒力F的作用下做匀加速运动，设进入M、N间磁场时速度为v1，则根据动能定理有Fd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1) 2分导体棒在M、N间磁场中匀速运动，有F＝eq\f(8B2L2v1,R) 2分设导体棒进入P、Q间磁场时的速度为v2，则由动能定理有F·16d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2) 2分导体棒在P、Q间磁场中匀速运动，有F＝eq\f(B\o\al(2,2)L2v2,R) 2分得B2＝4B. 1分(2)设导体棒通过磁场过程中通过定值电阻的电荷量为qq＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R) 2分由于通过两个磁场过程中导体棒扫过的区域的磁通量的变化量为ΔΦ＝(B1－B2)Ld 2分q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(8－4BLd,R)＝eq\f(4BLd,R). 1分(3)定值电阻中产生的焦耳热等于导体棒克服安培力做的功，由于导体棒在磁场中做匀速运动，因此导体棒在磁场中受到的安培力大小等于F，则定值电阻中产生的焦耳热为Q＝2Fd. 1分【答案】(1)4B(2)eq\f(4BLd,R)(3)2Fd14．(16分)如图17，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场(通道内各处的电场方向指向圆心O点)．已知圆弧所在处场强为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；QN＝2d、PN＝3d，离子重力不计．【导学号：25702126】图17(1)求圆弧虚线对应的半径R的大小；(2)若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值；(3)若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN上，求磁场磁感应强度B的取值范围．【解析】(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，有：qU＝eq\f(1,2)mv2 2分离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qE0＝meq\f(v2,R) 2分得：R＝eq\f(2U,E0). 1分(2)离子做类平抛运动：d＝vt,3d＝eq\f(1,2)at2 2分由牛顿第二定律得：qE＝ma 1分联立得：E＝eq\f(12U,d). 2分(3)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qvB＝meq\f(v2,r)则r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q)) 2分离子能打在QN上，则既没有从DQ边出去也没有从PN边出去，则离子运动径迹的边界如图中Ⅰ和Ⅱ，由几何关系知，离子能打在QN上，必须满足：eq\f(3,2)d≤r≤2d 2分则有eq\f(1,2d)eq\r(\f(2mU,q))≤B≤eq\f(2,3d)eq\r(\f(2mU,q)). 2分【答案】(1)eq\