2019-2020年高三第一次模擬考試 物理.doc

2019-2020年高三第一次模擬考試 物理一、選擇題（共8小題，每小題6分，滿分48分）1（6分）（xx西城區(qū)一模）下列核反應(yīng)方程中X代表質(zhì)子的是（）ABCD考點(diǎn)：原子核衰變及半衰期、衰變速度；原子核的人工轉(zhuǎn)變專題：衰變和半衰期專題分析：根據(jù)核反應(yīng)方程前后質(zhì)量數(shù)守恒、電荷數(shù)守恒判斷出生成物的成分，然后再找質(zhì)子解答：解：根據(jù)核反應(yīng)方程前后質(zhì)量數(shù)守恒、電荷數(shù)守恒知：X在A中代表電子，B中代表質(zhì)子，C中代表中子，D中代表氦原子核，B正確故選B點(diǎn)評：本題較簡單，只要根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒、電荷數(shù)守恒判斷出生成物的成分即可解決此類題目2（6分）（xx西城區(qū)一模）用某種頻率的光照射鋅板，使其發(fā)射出光電子為了增大光電子的最大初動(dòng)能，下列措施可行的是（）A增大入射光的強(qiáng)度B增加入射光的照射時(shí)間C換用頻率更高的入射光照射鋅板D換用波長更長的入射光照射鋅板考點(diǎn)：光電效應(yīng)專題：光電效應(yīng)專題分析：根據(jù)光電效應(yīng)方程判斷最大初動(dòng)能與什么因素有關(guān)解答：解：根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm=hvW0得，光電子的最大初動(dòng)能與入射光的強(qiáng)度、照射時(shí)間無關(guān)入射光的頻率越高，或波長越短，光電子的最大初動(dòng)能越大故C正確，A、B、D錯(cuò)誤點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵掌握光電效應(yīng)方程，知道光電子的最大初動(dòng)能與入射光的頻率有關(guān)3（6分）（xx西城區(qū)一模）一定質(zhì)量的理想氣體，當(dāng)溫度保持不變時(shí)，壓縮氣體，氣體的壓強(qiáng)會(huì)變大這是因?yàn)闅怏w分子的（）A密集程度增加B密集程度減小C平均動(dòng)能增大D平均動(dòng)能減小考點(diǎn)：理想氣體的狀態(tài)方程專題：理想氣體狀態(tài)方程專題分析：氣體分子的密集程度與密度有關(guān)溫度是分子平均動(dòng)能變化的標(biāo)志解答：解：A、當(dāng)溫度保持不變時(shí)，壓縮氣體，氣體的壓強(qiáng)會(huì)變大體積減小，所以氣體密度增大，即氣體分子的密集程度增加，故A正確，B錯(cuò)誤C、溫度保持不變時(shí)，所以分子平均動(dòng)能不變，故CD錯(cuò)誤故選A點(diǎn)評：加強(qiáng)對基本概念的記憶，基本方法的學(xué)習(xí)利用，是學(xué)好33的基本方法此處高考要求不高，不用做太難的題目4（6分）（xx西城區(qū)一模）木星繞太陽的公轉(zhuǎn)，以及衛(wèi)星繞木星的公轉(zhuǎn)，均可以看做勻速圓周運(yùn)動(dòng)已知萬有引力常量，并且已經(jīng)觀測到木星和衛(wèi)星的公轉(zhuǎn)周期要求得木星的質(zhì)量，還需要測量的物理量是（）A太陽的質(zhì)量B衛(wèi)星的質(zhì)量C木星繞太陽做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑D衛(wèi)星繞木星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑考點(diǎn)：萬有引力定律及其應(yīng)用專題：萬有引力定律的應(yīng)用專題分析：根據(jù)木星的某個(gè)衛(wèi)星的萬有引力等于向心力，列式求解即可求出木星的質(zhì)量解答：解：衛(wèi)星繞木星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力，設(shè)衛(wèi)星的質(zhì)量為m、軌道半徑為r、地球質(zhì)量為M，有F=F向因而G=m=m2r=m（）2r=ma由以上式子可以看出，要計(jì)算M，需要測量出T和r，或v和r，或和r，或v和由于已知了T，故只要知道衛(wèi)星繞木星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r即可故選D點(diǎn)評：本題關(guān)鍵是根據(jù)木星的衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力有萬有引力提供，列出方程，分析方程式即可看出要測量的量5（6分）（xx西城區(qū)一模）一彈簧振子的位移y隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為y=0.1sin2.5t，位移y的單位為m，時(shí)間t的單位為s則（）A彈簧振子的振幅為0.2mB彈簧振子的周期為1.25sC在t=0.2s時(shí)，振子的運(yùn)動(dòng)速度為零D在任意0.2s時(shí)間內(nèi)，振子的位移均為0.1m考點(diǎn)：簡諧運(yùn)動(dòng)的振幅、周期和頻率專題：簡諧運(yùn)動(dòng)專題分析：質(zhì)點(diǎn)做簡諧運(yùn)動(dòng)，振動(dòng)方程為y=0.1sin2.5t，可讀出振幅A和角頻率然后結(jié)合簡諧運(yùn)動(dòng)的對稱性進(jìn)行分析解答：解：A、質(zhì)點(diǎn)做簡諧運(yùn)動(dòng)，振動(dòng)方程為y=0.1sin2.5t，可讀出振幅A=0.1m，故A錯(cuò)誤；B、質(zhì)點(diǎn)做簡諧運(yùn)動(dòng)，振動(dòng)方程為y=0.1sin2.5t，可讀出角頻率為2.5，故周期T=，故B錯(cuò)誤；C、在t=0.2s時(shí)，振子的位移最大，故速度最小，為零，故C正確；D、根據(jù)周期性可知，質(zhì)點(diǎn)在一個(gè)周期內(nèi)通過的路程一定是4A，但四分之一周期內(nèi)通過的路程不一定是A，故D錯(cuò)誤；故選C點(diǎn)評：本題考查理解簡諧運(yùn)動(dòng)方程和分析振動(dòng)過程的能力，要掌握振動(dòng)方程的標(biāo)準(zhǔn)式：x=Asint，會(huì)分析質(zhì)點(diǎn)的位移和速度等運(yùn)動(dòng)情況6（6分）（xx西城區(qū)一模）如圖所示，正電荷Q均勻分布在半徑為r的金屬球面上，沿x軸上各點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小和電勢分別用E和表示選取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，下列關(guān)于x軸上各點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小E或電勢隨位置x的變化關(guān)系圖，正確的是（）ABCD考點(diǎn)：電勢；電勢能專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：該題中正電荷Q均勻分布在半徑為r的金屬球面上，金屬球是一個(gè)等勢體從金屬球到無窮遠(yuǎn)處的電勢降低解答：解：A、B：金屬球是一個(gè)等勢體，等勢體內(nèi)部的場強(qiáng)處處為0，故A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤；C、D：金屬球是一個(gè)等勢體，等勢體內(nèi)部的電勢處處相等，故C正確，D錯(cuò)誤故選：C點(diǎn)評：該題考查帶正電荷的金屬球周圍的場強(qiáng)分布與電勢的特點(diǎn)，除了上述的方法，還可以使用積分法求它的場強(qiáng)和電勢屬于簡單題7（6分）（xx西城區(qū)一模）某同學(xué)采用如圖1所示的裝置探究物體的加速度與所受合力的關(guān)系用砂桶和砂的重力充當(dāng)小車所受合力F；通過分析打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打出的紙帶，測量加速度a分別以合力F 和加速度a作為橫軸和縱軸，建立坐標(biāo)系根據(jù)實(shí)驗(yàn)中得到的數(shù)據(jù)描出如圖2所示的點(diǎn)跡，結(jié)果跟教材中的結(jié)論不完全一致該同學(xué)列舉產(chǎn)生這種結(jié)果的可能原因如下：（1）在平衡摩擦力時(shí)將木板右端墊得過高；（2）沒有平衡摩擦力或者在平衡摩擦力時(shí)將木板右端墊得過低；（3）測量小車的質(zhì)量或者加速度時(shí)的偶然誤差過大；（4）砂桶和砂的質(zhì)量過大，不滿足砂桶和砂的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量的實(shí)驗(yàn)條件通過進(jìn)一步分析，你認(rèn)為比較合理的原因可能是（）A（1）和（4）B（2）和（3）C（1）和（3）D（2）和（4）考點(diǎn)：探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系專題：實(shí)驗(yàn)題；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題分析：探究物體的加速度與所受合力的關(guān)系的實(shí)驗(yàn)，運(yùn)用控制變量法探究加速度與力和力的關(guān)系根據(jù)牛頓第二定律分析“將砂桶和砂的重力近似看作小車的牽引力”的條件根據(jù)原理分析圖線不經(jīng)過原點(diǎn)和曲線上部出現(xiàn)彎曲現(xiàn)象的原因解答：解：根據(jù)實(shí)驗(yàn)中得到的數(shù)據(jù)描出如圖2所示的點(diǎn)跡，1、圖線不經(jīng)過原點(diǎn)，當(dāng)拉力為零時(shí)，加速度不為零，知平衡摩擦力過度，即長木板的末端抬得過高了故（1）正確2、曲線上部出現(xiàn)彎曲現(xiàn)象，隨著F的增大，即砂和砂桶質(zhì)量的增大，不在滿足砂和砂桶遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，因此曲線上部出現(xiàn)彎曲現(xiàn)象故（4）正確故選A點(diǎn)評：對于實(shí)驗(yàn)問題一定要明確實(shí)驗(yàn)原理，并且親自動(dòng)手實(shí)驗(yàn)，熟練應(yīng)用所學(xué)基本規(guī)律解決實(shí)驗(yàn)問題8（6分）（xx西城區(qū)一模）如圖所示，一長木板放置在水平地面上，一根輕彈簧右端固定在長木板上，左端連接一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊，小物塊可以在木板上無摩擦滑動(dòng)現(xiàn)在用手固定長木板，把小物塊向左移動(dòng)，彈簧的形變量為x1；然后，同時(shí)釋放小物塊和木板，木板在水平地面上滑動(dòng)，小物塊在木板上滑動(dòng)；經(jīng)過一段時(shí)間后，長木板達(dá)到靜止?fàn)顟B(tài)，小物塊在長木板上繼續(xù)往復(fù)運(yùn)動(dòng)長木板靜止后，彈簧的最大形變量為x2已知地面對長木板的滑動(dòng)摩擦力大小為f當(dāng)彈簧的形變量為x時(shí)，彈性勢能，式中k為彈簧的勁度系數(shù)由上述信息可以判斷（）A整個(gè)過程中小物塊的速度可以達(dá)到B整個(gè)過程中木板在地面上運(yùn)動(dòng)的路程為C長木板靜止后，木板所受的靜摩擦力的大小不變D若將長木板改放在光滑地面上，重復(fù)上述操作，則運(yùn)動(dòng)過程中物塊和木板的速度方向可能相同考點(diǎn)：機(jī)械能守恒定律；共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用專題：機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題分析：同時(shí)釋放小物塊和木板后，彈簧彈力和地面對木板的摩擦力對系統(tǒng)做功，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，當(dāng)長木板達(dá)到靜止?fàn)顟B(tài)，小物塊在長木板上繼續(xù)往復(fù)運(yùn)動(dòng)時(shí)，只有彈簧彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，若將長木板改放在光滑地面上，系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒解答：解：A、整個(gè)過程根據(jù)動(dòng)能定理得：=，所以速度不能達(dá)到，故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)木板靜止時(shí)，小物塊在長木板上繼續(xù)往復(fù)運(yùn)動(dòng)時(shí)，只有彈簧彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以當(dāng)木板剛靜止時(shí)，系統(tǒng)具有的機(jī)械能為，從開始到木板剛靜止的過程中，根據(jù)能量守恒得：=fs解得：，故B正確；C、長木板靜止后，對木板進(jìn)行受力分析，水平方向受地面的靜摩擦力和彈簧彈力，彈簧彈力隨木塊的運(yùn)動(dòng)而發(fā)生改變，所以木板受的靜摩擦力也發(fā)生改變，故C錯(cuò)誤；D、若將長木板改放在光滑地面上，系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒，則運(yùn)動(dòng)過程中物塊和木板的速度方向肯定相反，故D錯(cuò)誤故選B點(diǎn)評：本題涉及到彈簧，功、機(jī)械能守恒的條件、動(dòng)量守恒登陸等較多知識(shí)題目情景比較復(fù)雜，全面考查考生理解、分析、解決問題的能力二、解答題（共4小題，滿分72分）9（18分）（xx西城區(qū)一模）在實(shí)驗(yàn)室測量兩個(gè)直流電源的電動(dòng)勢和內(nèi)電阻電源甲的電動(dòng)勢大約為4.5V，內(nèi)阻大約為1.5；電源乙的電動(dòng)勢大約為1.5V，內(nèi)阻大約為1由于實(shí)驗(yàn)室條件有限，除了導(dǎo)線、開關(guān)外，實(shí)驗(yàn)室還能提供如下器材：A量程為3V的電壓表VB量程為0.6A的電流表A1C量程為3A的電流表A2D阻值為4.0的定值電阻R1E阻值為100的定值電阻R2F最大阻值為10的滑動(dòng)變阻器R3G最大阻值為100的滑動(dòng)變阻器R4（1）選擇電壓表、電流表、定值電阻、滑動(dòng)變阻器等器材，采用圖1所示電路測量電源甲的電動(dòng)勢和內(nèi)電阻定值電阻應(yīng)該選擇D（填D或者E）；電流表應(yīng)該選擇B（填B或者C）；滑動(dòng)變阻器應(yīng)該選擇F（填F或者G）分別以電流表的示數(shù)I和電壓表的示數(shù)U為橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)，計(jì)算機(jī)擬合得到如圖2所示UI圖象，U和I的單位分別為V和A，擬合公式為U=5.6I+4.4則電源甲的電動(dòng)勢E=4.4V；內(nèi)阻r=1.3（保留兩位有效數(shù)字）在測量電源甲的電動(dòng)勢和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)中，產(chǎn)生系統(tǒng)誤差的主要原因是CA電壓表的分流作用B電壓表的分壓作用C電流表的分壓作用D電流表的分流作用E定值電阻的分壓作用（2）為了簡便快捷地測量電源乙的電動(dòng)勢和內(nèi)電阻，選擇電壓表、定值電阻等器材，采用圖3所示電路定值電阻應(yīng)該選擇D（填D或者E）實(shí)驗(yàn)中，首先將K1閉合，K2斷開，電壓表示數(shù)為1.48V然后將K1、K2均閉合，電壓表示數(shù)為1.23V則電源乙電動(dòng)勢E=1.48V；內(nèi)阻r=0.81（小數(shù)點(diǎn)后保留兩位小數(shù)）考點(diǎn)：測定電源的電動(dòng)勢和內(nèi)阻專題：實(shí)驗(yàn)題；恒定電流專題分析：（1）根據(jù)安全性原則、準(zhǔn)確性原則、與方便操作性原則選擇實(shí)驗(yàn)器材；電路斷路時(shí)的路端電壓是電源電動(dòng)勢，短路電阻為電源內(nèi)阻，根據(jù)表達(dá)式求出電動(dòng)勢與內(nèi)阻；根據(jù)電路圖分析系統(tǒng)誤差原因（2）用圖3所示電路測電動(dòng)勢與內(nèi)阻，為減小實(shí)驗(yàn)誤差，定值電阻阻值應(yīng)小一點(diǎn)；根據(jù)實(shí)驗(yàn)步驟及歐姆定律求出電動(dòng)勢與內(nèi)阻解答：解：（1）測電動(dòng)勢是1.5V，內(nèi)阻為1的電源電動(dòng)勢與內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)時(shí)，短路電流為1.5A，如果用量程為3A電流表，則讀數(shù)誤差太大，因此電流表應(yīng)選B；電流表選B，測電動(dòng)勢為4.5V電源電動(dòng)勢與內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)時(shí)，電路最小電阻為R=7.5，考慮電源內(nèi)阻、滑動(dòng)變阻器電阻，因此定值電阻應(yīng)選D；為方便實(shí)驗(yàn)操作，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選F由表達(dá)式U=5.6I+4.4可知，電源電動(dòng)勢為：E=4.4V，內(nèi)阻為：r=1.3；由電路圖可知，電流表的分壓會(huì)造成實(shí)驗(yàn)誤差，故選C（2）用圖3所示電路測電動(dòng)勢與內(nèi)阻，定值電阻適當(dāng)小一點(diǎn)，實(shí)驗(yàn)誤差小，因此定值電阻應(yīng)該選擇D由電路圖可知，K1閉合，K2斷開，電壓表示數(shù)為電源電動(dòng)勢，電壓表示數(shù)為1.48V，則電源乙電動(dòng)勢為：E=1.48V；K1、K2均閉合，電壓表示數(shù)為1.23V，電壓表測路端電壓，此時(shí)電路電流為：I=0.3075A，電源內(nèi)阻為：r=0.81；故答案為：（1）D、B、F；4.4；1.3；（2）D；1.48；0.81點(diǎn)評：本題考查了實(shí)驗(yàn)器材的選擇，實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理，要正確實(shí)驗(yàn)器材的選取原則，理解實(shí)驗(yàn)原理是正確解題的關(guān)鍵10（16分）（xx西城區(qū)一模）如圖所示，跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)員從滑道上的A點(diǎn)由靜止滑下，經(jīng)時(shí)間t0從跳臺(tái)O點(diǎn)沿水平方向飛出已知O點(diǎn)是斜坡的起點(diǎn)，A點(diǎn)與O點(diǎn)在豎直方向的距離為h，斜坡的傾角為，運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為m重力加速度為g不計(jì)一切摩擦和空氣阻力求：（1）運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過跳臺(tái)O時(shí)的速度大小v；（2）從A點(diǎn)到O點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中，運(yùn)動(dòng)員所受重力做功的平均功率；（3）從運(yùn)動(dòng)員離開O點(diǎn)到落在斜坡上所用的時(shí)間t考點(diǎn)：動(dòng)能定理的應(yīng)用；平拋運(yùn)動(dòng)；功率、平均功率和瞬時(shí)功率專題：動(dòng)能定理的應(yīng)用專題分析：A到O的過程重力做功，運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能增加；重力做功與所用時(shí)間的比值即重力的平均功率；離開O點(diǎn)后，運(yùn)動(dòng)員在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的關(guān)鍵即可求出所用的時(shí)間解答：解：（1）運(yùn)動(dòng)員從A到O點(diǎn)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理解得：（2）重力做功的平均功率（3）運(yùn)動(dòng)員從O點(diǎn)到落在斜坡上做平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向：水平方向：x=vt由平拋運(yùn)動(dòng)的位移關(guān)系可知：解得：答：（1）運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過跳臺(tái)O時(shí)的速度大??；（2）從A點(diǎn)到O點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中，運(yùn)動(dòng)員所受重力做功的平均功率；（3）從運(yùn)動(dòng)員離開O點(diǎn)到落在斜坡上所用的時(shí)間點(diǎn)評：該題考查動(dòng)能定理和平拋運(yùn)動(dòng)，公式雖然多，大都比較簡單題目屬于中檔題目11（18分）（xx西城區(qū)一模）如圖1所示，兩根間距為l1的平行導(dǎo)軌PQ和MN處于同一水平面內(nèi)，左端連接一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌平面處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中一質(zhì)量為m、橫截面為正方形的導(dǎo)體棒CD垂直于導(dǎo)軌放置，棒到導(dǎo)軌左端PM的距離為l2，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻（1）若CD棒固定，已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化率隨時(shí)間t的變化關(guān)系式為，求回路中感應(yīng)電流的有效值I；（2）若CD棒不固定，棒與導(dǎo)軌間最大靜摩擦力為fm，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為B=kt求從t=0到CD棒剛要運(yùn)動(dòng)，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q；（3）若CD棒不固定，不計(jì)CD棒與導(dǎo)軌間的摩擦；磁場不隨時(shí)間變化，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B現(xiàn)對CD棒施加水平向右的外力F，使CD棒由靜止開始向右以加速度a做勻加速直線運(yùn)動(dòng)請?jiān)趫D2中定性畫出外力F隨時(shí)間t變化的圖象，并求經(jīng)過時(shí)間t0，外力F的沖量大小I考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢；閉合電路的歐姆定律專題：電磁感應(yīng)功能問題分析：（1）已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化率，由法拉第電磁感應(yīng)定律求得感應(yīng)電動(dòng)勢瞬時(shí)表達(dá)式，由歐姆定律求得感應(yīng)電流瞬時(shí)表達(dá)式，得到感應(yīng)電流的最大值Im由于交變電流是正弦式的，所以感應(yīng)電流的有效值I=Im（2）當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為B=kt，回路中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流，CD棒所受的安培力均勻增大，當(dāng)安培力等于最大靜摩擦力時(shí)，棒剛要運(yùn)動(dòng)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律得到安培力與時(shí)間的關(guān)系式，由安培力等于最大靜摩擦力求出時(shí)間，由焦耳定律求Q（3）先推導(dǎo)出安培力與時(shí)間的關(guān)系式，根據(jù)牛頓第二定律外力F與時(shí)間的關(guān)系式，作出圖象，圖象的“面積”等于外力的沖量，即可由幾何知識(shí)求得沖量I解答：解：（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢所以，電動(dòng)勢的最大值 Em=kl1l2由閉合電路歐姆定律 由于交變電流是正弦式的，所以感應(yīng)電流的有效值I=Im解得，（2）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢 根據(jù)閉合電路歐姆定律 CD桿受到的安培力 當(dāng)CD桿將要開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，滿足：FA=fm由上式解得：CD棒運(yùn)動(dòng)之前，產(chǎn)生電流的時(shí)間所以，在時(shí)間t內(nèi)回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q=I2Rt=fml2（3）CD棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E=Bl1v時(shí)刻t的感應(yīng)電流CD棒在加速過程中，根據(jù)由牛頓第二定律 FBIl1=ma解得：根據(jù)上式，可得到外力F隨時(shí)間變化的圖象如圖所示，由圖象面積可知：經(jīng)過時(shí)間t0，外力F的沖量I解得：答：（1）回路中感應(yīng)電流的有效值I為；（2）從t=0到CD棒剛要運(yùn)動(dòng)，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q為fml2；（3）在圖2中定性畫出外力F隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示，經(jīng)過時(shí)間t0，外力F的沖量大小I為+mat0點(diǎn)評：本題是電磁感應(yīng)與交變電流、力學(xué)、電路等多個(gè)知識(shí)的綜合，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求感應(yīng)電動(dòng)勢，由歐姆定律求感應(yīng)電流是基本的思路對于涉及棒的運(yùn)動(dòng)問題，安培力的推導(dǎo)是關(guān)鍵12（20分）（xx西城區(qū)一模）如圖1所示，M、N為豎直放置的平行金屬板，兩板間所加電壓為U0，S1、S2為板上正對的小孔金屬板P和Q水平放置在N板右側(cè)，關(guān)于小孔S1、S2所在直線對稱，兩板的長度和兩板間的距離均為l；距金屬板P和Q右邊緣l處有一熒光屏，熒光屏垂直于金屬板P和Q；取屏上與S1、S2共線的O點(diǎn)為原點(diǎn)，向上為正方向建立x軸M板左側(cè)電子槍發(fā)射出的電子經(jīng)小孔S1進(jìn)入M、N兩板間電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，初速度可以忽略不計(jì)電子重力和電子之間的相互作用（1）求電子到達(dá)小孔S2時(shí)的速度大小v；（2）若板P、Q間只存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，電子剛好經(jīng)過P板的右邊緣后，打在熒光屏上求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B和電子打在熒光屏上的位置坐標(biāo)x；（3）若金屬板P和Q間只存在電場，P、Q兩板間電壓u隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖2所示，單位時(shí)間內(nèi)從小孔S1進(jìn)入的電子個(gè)數(shù)為N電子打在熒光屏上形成一條亮線忽略電場變化產(chǎn)生的磁場；可以認(rèn)為每個(gè)電子在板P和Q間運(yùn)動(dòng)過程中，兩板間的電壓恒定a試分析在一個(gè)周期（即2t0時(shí)間）內(nèi)單位長度亮線上的電子個(gè)數(shù)是否相同b若在一個(gè)周期內(nèi)單位長度亮線上的電子個(gè)數(shù)相同，求2t0時(shí)間內(nèi)打到單位長度亮線上的電子個(gè)數(shù)n；若不相同，試通過計(jì)算說明電子在熒光屏上的分布規(guī)律考點(diǎn)：帶電粒子在混合場中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律；向心力；動(dòng)能定理的應(yīng)用；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)專題：帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)專題分析：（1）電子在加速電場中，電場力做正功，根據(jù)動(dòng)能定理求電子到達(dá)小孔S2時(shí)的速度大小v；（2）電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫出軌跡，由幾何知識(shí)求出軌跡半徑，由牛頓第二定律求磁感應(yīng)強(qiáng)度B電子離開磁場后做勻速運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系求x；（3）電子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求得離開電場時(shí)偏轉(zhuǎn)的距離x1電子在偏轉(zhuǎn)電場外做勻速直線運(yùn)動(dòng)，也運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解求出電子打在熒光屏上的位置坐標(biāo)x對于有電子穿過P、Q間的時(shí)間內(nèi)進(jìn)行討論，在任意t時(shí)間內(nèi)，P、Q間電壓變化u相等，在任意t時(shí)間內(nèi)，亮線長度x相等所以在一個(gè)周期內(nèi)單位長度亮線上的電子個(gè)數(shù)相同根據(jù)電子在P、Q電場中的側(cè)移量，求出偏轉(zhuǎn)電壓u，再求出電子打在熒光屏上的最大側(cè)移量，求出亮線的長度，即可求得單位長度亮線上的電子數(shù)解答：解：（1）根據(jù)動(dòng)能定理解得： （2）電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)圓運(yùn)動(dòng)半徑為 R，在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1，由幾何關(guān)系解得：根據(jù)牛頓第二定律：解得：設(shè)圓弧所對圓心為，滿足：由此可知：電子離開磁場后做勻速運(yùn)動(dòng)，滿足幾何關(guān)系：通過上式解得坐標(biāo)（3）a設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場PQ中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，PQ間的電壓為u垂直電場方向：l=vt1平行電場方向： 此過程中電子的加速度大小 、聯(lián)立得：電子出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)，在x方向的速度vx=at1 電子在偏轉(zhuǎn)電場外做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)時(shí)間t2到達(dá)熒光屏則 水平方向：l=vt2 豎直方向：x2=vxt2 、聯(lián)立，解得：電子打在熒光屏上的位置坐標(biāo) 對于有電子穿過P、Q間的時(shí)間內(nèi)進(jìn)行討論：由圖2可知，在任意t時(shí)間內(nèi)，P、Q間電壓變化u相等由式可知，打在熒光屏上的電子形成的亮線長度所以，在任意t時(shí)間內(nèi)，亮線長度x相等由題意可知，在任意t時(shí)間內(nèi)，射出的電子個(gè)數(shù)是相同的也就是說，在任意t時(shí)間內(nèi)，射出的電子都分布在相等的亮線長度x范圍內(nèi)因此，在一個(gè)周期內(nèi)單位長度亮線上的電子個(gè)數(shù)相同b現(xiàn)討論2t0時(shí)間內(nèi)，打到單位長度亮線上的電子個(gè)數(shù)：當(dāng)電子在P、Q電場中的側(cè)移量x1=時(shí)，由得：u=2U0當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓在0±2U0之間時(shí)，射入P、Q間的電子可打在熒光屏上由圖2可知，一個(gè)周期內(nèi)電子能從P、Q電場射出的時(shí)間所以，一個(gè)周期內(nèi)打在熒光屏上的電子數(shù)由式，電子打在熒光屏上的最大側(cè)移量亮線長度L=2xm=3l所以，從02t0時(shí)間內(nèi)，單位長度亮線上的電子數(shù)答：（1）電子到達(dá)小孔S2時(shí)的速度大小v為；（2）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B是，電子打在熒光屏上的位置坐標(biāo)x為；（3）從02t0時(shí)間內(nèi)，單位長度亮線上的電子數(shù)n為點(diǎn)評：本題是帶電粒子先加速后偏轉(zhuǎn)問題，電場中加速根據(jù)動(dòng)能定理求解獲得的速度、偏轉(zhuǎn)電場中類平拋運(yùn)動(dòng)的研究方法是運(yùn)動(dòng)的分解和合成，結(jié)合幾何關(guān)系進(jìn)行分析，難度較大