福建省厦门市高三物理上学期1月质检检测试题含解析新人教版

厦门市2021 -2021学年度第一学期高三质量检测
物理
【试卷综析】本试卷是高三试题，包括了高中物理的全数内容，要紧包括匀变速运动规律、受力分析、牛顿运动定律、电场、磁场、带电粒子的运动、交变电流、电磁感应、机械波、光的折射定律等内容，在考查问题上以大体概念、大体规律为主，以基础知识和大体技术为载体，以能力测试为主导。

，思路活，是份超级好的试卷。

―、选择题〖此题共12题9每题3分3共36分。

在每题给出的四个选项中、只有一个选项符合题目要求）
【题文】一、在物理学理论成立的进程中；有许多伟大的科学家做出了奉献。

关于科学家和他们的奉献5以下说法中正确的选项是
A、亚里斯多德依照理想斜面实验9提出力不是维持物体运动的缘故。

B、牛顿发觉了万有引力定律，并设计了扭秤测量出了引力常量。

C、库仑通过扭秤实验确认了真空中两个静止点电荷之间的彼此作用规律。

D、法拉第通过实验研究9发觉通电导线能产生磁场
【知识点】物理学史．P0
【答案解析】C 解析：A、伽利略依照理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的缘故．故A错误；B、牛顿发觉了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量；故B错误; C、库仑通过扭秤实验确认了真空中两个静止点电荷之间的彼此作用规律；故C正确；D、奥斯特第一次发觉了通电导线周围存在着磁场，故D错误；应选C
【思路点拨】依照物理学史和常识解答，记住闻名物理学家的要紧奉献即可．关于物理学史不但要明确要紧科学家的奉献，还要明确在物理的形成进程中的一些要紧的物理方式．【题文】2。

物体同时受到同一平面内三个共点力的作用5以下几组力的合力不可能为零的是
7M 8N 2N 3N 5N 10N 10N 10N
【知识点】力的合成．B3
【答案解析】C 解析： A、5N与7N合成最大12N，最小2N，当取8N时与第三个力合成，最终合力为0N，故A错误；B、5N和2N合成最大7N，最小3N，当取3N时与第三个力合成，最终合力为0N，．故B错误；C、1N和5N合成最大6N，最小4N，不可能为10N，故与第三个力不可能平稳，故C正确；D、10N和10N合成最大20N，最小0N，当取10N时，与第三个力平稳，故D错误；应选C．
【思路点拨】三力合成，先将其中的两个力合成，再与第三个力合成，合成时，三力同向合力最大，两个力合成的合力有个范围，用与第三个力最接近的数值与第三个力合成求最小合力．力平稳，三个力中任意两个力的合力必然与第三个力等值、反向、共线．
【题文】3。

如下图9两细束单色光平行射到同一+三棱镜上，经折射后交于光屏上的同一个点M。

那么以下说法中正确的选项是
A、若是a为蓝色光5那么b可能为红色光 .
B、在该三棱镜中a色光的传播速度比b光的传播速度大
C、棱镜射向空气中a色光的临界角比b色光的临界角大。

^
D、a光的折射率小于b光折射率
【知识点】光的折射定律．N1
【答案解析】A 解析：由图看出，a光通过三棱镜后偏折角较大，依照折射定律得知三棱镜对a光的折射率较大，故D错误；因玻璃三棱镜对蓝光的折射率大于对红光的折射率，a
为蓝光，b为红光．故A正确；依照v=c
n知红光在棱镜中的速度较大，即b光在棱镜中的
速度大．故B错误；C、由临界角公式sinC=1
n得知：a光的偏折角大于b光的偏折角，那
么a色光的临界角比b色光的临界角小，故C错误．应选：A．
【思路点拨】玻璃三棱镜对蓝光的折射率大于对红光的折射率，通过三棱镜后，蓝光的偏折角较大．此题是光的色散问题，在七种色光中紫光的折射率最大，红光的折射率最小，一样条件下，紫光的偏折角最大，红光的偏折角最小．可结合光的色散实验结果进行经历．【题文】4。

在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示。

产生的交变电动势随时刻转变的规律如图乙所示。

No table of contents entries
found.C、该交变电动势的瞬时值表达式为
()
222cos100
e t V
π
=。

D、电动势瞬时值为22V时5线圈平面与中性面的夹角为45。

【知识点】交流的峰值、有效值和它们的关系．M1
【答案解析】D 解析： A、由图象知：t=时，感应电动势为零，那么穿过线框的磁通量最
大，A错误；B、该交变电动势的有效值为E=
222
22
22
m
E
V
==
，B错误；C、当t=0时，
电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，故该交变电动势的瞬时值表达式为
e=222sin(100πt)V，C错误；D、电动势瞬时值为22V时，代入瞬时表达式，那么有线圈平面与中性面的夹角为45°，D正确；应选：D
【思路点拨】从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大，转速加倍，最大值加倍．此题考查了对交流电图象的熟悉，要具有从图象中取得有效信息的能力，并把握有效值与最大值的关系．
【题文】5。

汽车以恒定的功率在平直公路上行驶9所受到的摩擦阻力恒等于车重的0。

1
倍9汽车能达到的最大速度为m V。

那么当汽车速度为1
2m V 时/汽车的加速度为〔重力加速度为名)
A.0.1g
B.0.2g' C 。

0.3g D 。

0.4g
【知识点】 功率、平均功率和瞬时功率．E1
【答案解析】A 解析：令汽车质量为m ，那么汽车行驶时的阻力f=．当汽车速度最大vm
时，汽车所受的牵引力F=f ，那么有：P=f•vm 当速度为2m v 时有：P=F•2m v 由以上两式可得：
F=2m P v =2f 依照牛顿第二定律：F-f=ma 因此a=F f
m -=0.1g 故A 正确，B 、C 、D 均错误．应
选：A ．
【思路点拨】汽车达到速度最大时，汽车的牵引力和阻力相等，依照功率P=Fv ，能够依照
题意算出汽车发动机的功率P ，当速度为 2m
v 时，在运用一次P=Fv 即可求出现在的F ，依
照牛顿第二定律就可求出现在的加速度．把握汽车速度最大时，牵引力与阻力大小相等，能
依照P=FV 计算功率与速度的关系．
【题文】6一列简谐横波沿X 轴正向传播,t = 0时的图像如下图,，现在刻后后介质中P 质
点回到平 衡位置的最短时刻为,Q 质点回到平稳位置的最短时刻为1s ，已知t=0时两质 点
相对平稳位置的位移相同，那么
No table of contents entries found.【题文】7^某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动
的轨道半径为地球半径R 的两倍9卫星的线速度为 V ,设地面的重力加速度为g 那么有
2A v gR
= B v gR = 2C v gR = V 2D v gR =
【知识点】 万有引力定律的应用 D5
【答案解析】A 解析： 依照22(2)2Mm v G m R R = 得：2GM v R = ，在地球表面2GM gR = 代
入得2v gR =
，故A 正确；B 、C 、D 错误；应选A
【思路点拨】依照万有引力提供向心力求得速度，然后依照地面黄金代换求解。

【题文】8如下图9实线为电视机显像管主聚焦电场中的等势面。

- a 、b 、c 、d 为圆上的四
个点9那么以下说法中正确的选项是
A a、b、c、d四点电场强度相同
B 一电子从b点运动到c点，电场力做的功为0。

8eV。

C假设一^电子从左侧沿中心轴线芽越电场区域，将做加速度先减小后增加的直线运动
D。

所有从左侧平行于中心轴线进入电场区域的电子5都将会从右边平行于中心轴线穿出。

【知识点】等势面；电势．I1
【答案解析】 B 解析：A、依照题意，a、b两点电势相等，c、d两点电势相等的，由等势面与电场线垂直的关系及电场强度方向与该点的切线方向一致，那么它们的电场强度方向不同．故A错误；B、一电子从b点运动到c点，电势差为Ubc=φb-φc=，而电子带负电，那么电场力做功为，故B正确；C、假设一电子从左侧沿中心轴线穿越电场区域，依照等势面疏密程度，可知电场线的疏密程度，从而可确信电场力先增大后减小，因此加速度先增大后减小，故C错误；D、电场线老是从电势高的等势面指向电势低的等势面，那么中间虚线上电场线是向左的直线，因此电子受到的电场力向右一束电子从左侧平行于中心轴线进入电场区域，依照曲线运动条件运动轨迹向合力方向偏，因此只有在中心轴线的电子沿直线运动，其余做曲线运动并向中心轴线汇聚，故D错误；应选：D．
【思路点拨】电场线与等势面垂直，负电荷逆着电场线运动电场力做正功，依照轨迹弯曲方向判定电荷的受力方向．做好此题的关键是依照等势面画出电场线，再由曲线运动条件与负电荷电场力方向来判定在电场中的运动．同时考查W=qU，及电场强度是矢量．
【题文】9。

在半径为『、电阻为R的圆形导线框内9以直径为界9左、右双侧别离存在着方向如图甲所示的匀强磁场。

以垂直纸面向外的磁场为正5两部份磁场的磁感应强度B随时刻t的转变规律别离如图乙所示。

那么0〜t。

时刻内9导线框中
A、没有感应电流 ,
B、感应电流方向为逆时针
C、感应电流大小为
() 2
00
/
r B t R π
D、感应电流大小为
()
2
00
2/
r B t R π
【知识点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．I2 L2
【答案解析】C解析： A、依照楞次定律可知，左侧的导线框的感应电流是顺时针，而右边的导线框的感应电流也是顺时针，那么整个导线框的感应电流方向顺时针，故AB错误；C、由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化，导致导线框内产生感应电动势，结合题意可知，
产生感应电动势正好是两者之和，即为
E=2×
2
2
r B
t
π
；再由闭合电路欧姆定律，可得感应电流大小为I=
2
r B
E
R t R
π
=
，故C正确，D错误；应选：C．
【思路点拨】依照楞次定律可知感应电流的方向；由法拉第电磁感应定律，结合电源的串联特点，并依闭合电路欧姆定律，那么可求解．考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，注意磁场正方向的规定，及把握两个感应电动势是相加仍是相差，是解题的关键．
【题文】10。

利用霍尔效应制作的霍尔元件，普遍应用于测量和自动操纵等领域。

如图是霍尔元件的工作原理示用意5磁感应强度5垂直于霍尔元件的工作面向下,通入图示方向的电流I 5C D双侧面会形成电势差UCD以下说法中正确的选项是
A、电势差UCD仅与材料有关
B、假设霍尔元件的载流子是自由电子5那么电势差UCD〈0
C、仅增大磁感应强度时，电势差UCD可能不变
D、在测定地球赤道上方的地磁场强弱时9元件的工作面应维持水平
【知识点】霍尔效应及其应用；电势差． L4 L5
【答案解析】 B 解析：ABC、依照左手定那么，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，因此D表面的电势高，那么UCD＜0．CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在
电场力和洛伦兹力作用下处于平稳，设霍尔元件的长宽高别离为a、b、c，有q
U
b=qvB，I=nqvs=nqvbc，那么U=
BI
nqc．故A、C错误，B正确．D、在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面维持竖直，让磁场垂直通过．故D错误．应选：B．
【思路点拨】在霍尔元件中，移动的是自由电子，依照左手定那么判定出电子所受洛伦兹力方向，从而明白双侧面所带电荷的电性，即可明白C、D双侧面会形成电势差UCD的正负．CD 间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平稳，依照平稳推导出电势差UCD与什么因素有关．解决此题的关键明白霍尔元件中移动的是自由电子，和自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平稳．
【题文】1一、在-倾角为θ的固定滑腻斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量别离为m一、m2，弹簧劲度系数k为一固定挡板，系统处于静止状态。

现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A沿斜面运动的距离为d，速度为V，那么
A.此进程中拉力F做功的大小等于物块A动能的增加量
B.当物块B刚要离开挡板时，受力知足2
sin
m g kd
θ=
,
C 当物块B 刚要离开挡板时，物块A 的加速度为
()1
/m F kd - D.此进程中弹簧弹性势能的增加量为2
112Fd m v -
【知识点】 功能关系；功的计算．E1 E6
【答案解析】C 解析： A 、依照动能定理，物体A 上滑时有重力、拉力F 和弹簧弹力对A 做
功，依照动能定理，弹力、重力和拉力F 对物体A 做的总功等于物体A 动能的增量．（开始
时物体A 静止有m1gsinθ=kx1，当B 刚要开始运动时知足m2gsinθ=kx2，弹簧的弹性势能
先减小再增加，m1=m2时，弹簧的紧缩的弹性势能和拉伸的弹性势能大小相等）故A 错误；
B 、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A 的重力沿斜面下的分力满足m1gsinθ=kx1，当
B 刚离开
C 时，弹簧的弹力等于B 的重力沿斜面下的分力，故m2gsinθ=kx2，但由于开始是
弹簧是压缩的压缩量为x1上升d 后弹簧被拉伸x2，故满足d=x2+x1，故kd=
（m1gsinθ+m2gsinθ），故B 错误；C 、当B 刚离开C 时，弹簧的弹力等于B 的重力沿斜面
下的分力，故m2gsinθ=kx2，依照牛顿第二定律：F-m1gsinθ-kx2=ma ，已知m1gsinθ=kx1，
x1+x2=d 故物块A 加速度等于()1
/m F kd -，故C 正确；D 、依照功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：Fd-m1gdsinθ-1
2m1v2，
故D 错误；应选C
【思路点拨】当B 刚离开C 时，弹簧的弹力等于B 的重力沿斜面下的分力，依照胡克定律求
解出弹簧的伸长量；依照牛顿第二定律求出物块A 的加速度大小；依照机械能守恒定律求解
A 的速度．含有弹簧的问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧紧缩量和伸长
量的关系是经常使用思路．
【题文】12.光盘驱动器读取数据的某种方式可简化为以下模式，在读取内环 数据时，以恒
定角速度方式读取，而在读取外环数据时，以恒定线 速度的方式读取。

设内环内边缘半径
为&，内环外边缘半径为 尽，外环外边缘半径为I 。

4、8、0别离为各边缘线上的点。

那么
读 取内环上4点时点的向心加速度大小和读取外环上〔点时。

点的向:！：、加速度大小之
比为
2123.A R R R 2213.B R R R 2
321.C R R R 1322.D R R R
【知识点】 向心加速度．D4
【答案解析】 D 解析： A 、B 两点的角速度大小相等，依照a= rω2知，A 、B 两点的向心
加速度之比aA ：aB=R1：R2．B 、C 两点的线速度相等，依照a=2
v r 知，B 、C 两点的向心加
速度之比为aB：aC=R3：R2
．那么
13
2
2
A
c
R R
a
a R
=
．故D正确，A、B、C错误．应选：D．
【思路点拨】抓住读取B点加速度相等，依照读取内圈数据时，以恒定角速度方式读取，求出A、B的向心加速度之比，依照读取外圈数据时，以恒定线速度的方式读取，求出B、C 的向心加速度之比，从而得出A、C两点的向心加速度之比．解决此题的关键抓住A、B角速度相等，B、C线速度相等，依照向心加速度公式进行求解．
第0卷（非选择题共64分)
二、此题共2小题5其中第13题6
分,第14题10分5共16分。

把答案填写答题卷对应题号
的横线上,或按题目要求作答。

【题文】13.在查找科学家研究足迹的进程中，某同窗为探讨恒力做功和物体动能转变间的关系，采纳了如图甲所示的实验装置。

(1)实验时，该同窗用钩码的重力表示小车受到的合力，为了减小这种做法带来的实验误差，你以为应该采取的方法是一―。

（填选项前的字母）
A保证钩码的质量远小于小车的质量
B选取打点计时器所打的第1点与第2点打点计时器，小车细线间的距离约为2mm的纸带来处置数据
C.把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平稳摩擦力
D.必需先接通电源再释放小车
(2）如图乙所示是实验中取得的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是持续的六个计数点，相邻计数点间的时刻距离为T，相关计数点间的距离已在图中标出，测出小车的质量为M，钩码的总质量为m。

从打B点到打E点的进程中，合力对小车做的功是―一一一一一一——一一—一，小车动能的增量是—一一——一 (用题中和图中的物理量符号表示〉。

【知识点】探讨功与速度转变的关系．E4
【答案解析】（1）AC （2） mgs
22
21
11
2222
S S
M M
T T
⎛⎫⎛⎫
-
⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭解析：：（1）小车在水平方向
上受绳的拉力和摩擦力，想用钩码的重力表示小车受到的合外力，第一需要平稳摩擦力；设绳子上拉力为F，对小车根据牛顿第二定律有：
F=Ma ①钩码有：mg-F=ma ②F=
1 Mmg mg
m
M m
M
=
++
由此可知当M＞＞m时，够码的重力等于绳子的拉力即为小车是合外力，故适当垫高长木板右端，以平衡摩擦力，使钩码的质量远小于小车的质量，故选：AC．
（2）根据做功表达式，恒力做功为WF=FxAB；而B点的瞬时速度为vB=
1
2
S
T，
则E点的瞬时速度为vE=
2
2
S
T；
根据动能的变化量△Ek=EkE-EkB=
22
21
11
2222
S S
M M
T T
⎛⎫⎛⎫
-
⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭；
这种做法的优点是：AA、B两点的距离较远，测量时的相对误差较小；
【思路点拨】（1）小车在水平方向上受绳的拉力和摩擦力，想用钩码的重力表示小车受到的合外力，首先需要平衡摩擦力；其次要想用钩码的重力表示小车受到的合外力，必须要满足钩码的质量远小于小车的总质量．（2）根据功的表达式，可求得恒力做功，再利用匀变速运动的推论：一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可测量A点和B点的速度，从而得到动能的变化量．这种做法可减小测量的误差，但不能多次测量求平均值．要明确此题在验证合外力的功与动能变化间的关系中用到的原理，围绕实验原理，明确实验目的，根据相应的物理规律可知需要测量的物理量及实验时的注意事项．
【题文】14、某物理学习小组的同窗在研究性学习进程中，用伏安法研究某种灯泡()
1
6 2.5
L V W
的伏安特性曲线，设计了如下图的电路，要求多次测量，尽可能减小实验误差，备有以下器材：A．直流电源（6V，内阻不知）
B．电流表G（满偏电流3mA，内阻Rg=10Ω）
C．电流表A（0-0.6A，内阻未知）
D、滑动变阻器民〔0—20Ω，5A）
E、滑动变阻器^2(0—200Ω，1A）
F、开关与导线假设干
请冋答以下问题：
（1〕滑动变阻器应选择――〔填选项前的字母）。

〔2〉依如实验原理，用笔画线代替导线，将图中的实验电路实物图连接完整。

〔3〉开关5闭合之前，图中滑动变阻器的滑片应该置于；（选填“A端”、“B端”或“AB
中间”、
(4）如图(a)所示为该种灯泡的U—I图像,现将两个这种小灯泡、L一、L2与一个阻值为5
Ω的定值电阻R连成如(b)所示的电路，电源的
内阻为 2.5
r
=Ω，电键S闭合后，小灯泡L1与定值电阻R的电功率恰好均为P，那么P= W，电源的电动势E= V。

【知识点】刻画小电珠的伏安特性曲线．J4
【答案解析】(1)D (2)如图
（3）A （4） 6 解析：（1）刻画灯泡的伏安特性曲线，电压与电流从零开始转变，滑动变阻器应采纳分压接法；由题意可知，没有电压表，需要用已知内阻的电流表G与定值电
阻R0串联测电压，灯泡电阻R
22
6
2.5
U
P
==
=Ω，电压表内阻为10+1990=2000Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采纳外接法，电路图如下图：
为方便实验操作，滑动变阻器应选D．
（2）实物图如图
（3）闭合开关前，应让流过灯泡的电流为零，因此滑片应在A端。

（4）由图2（b）所示电路图可知，小灯泡L1与定值电阻R并联，它们两头电压相等，它们的电功率均为P，由P=UI可知，通过它们的电流相等，它们的电阻相等，即现在灯泡电阻为5Ω，由图2（a）所示图象可知，灯泡两头电压为1V时通过灯泡的电流为0.2A，现在灯泡电阻为5Ω，那么功率P=UI=1×=；
由电路图可知，L2串联在干路中，通过L2的电流I=+=0.4A ，由图2（b ）所示图象可知，电流0.4A 所对应的电压为4V ，由闭合电路欧姆定律可知，E=6V
【思路点拨】在该实验中，滑动变阻器采纳分压接法，由于没有电压表，因此需要用已知内阻的电流表G 进行改装，由此可画出原理图．在保证平安的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．小灯泡L1与定值电阻R 的电功率均为P ，可知现在灯泡L1的电阻，通过电阻在图象中得出电流、电压，从而得出功率P 的大小．而灯泡L2的电流是L1电流的2倍，依照L2的电流，通过图线得出现在的电压，再依照闭合电路欧姆定律求出电源的内阻．本此题考查了设计实验电路、实验器材的选择、求功率；小桶是此题的难点，分析清楚电路结构、依照电路结构及串联电路特点求出灯泡两头电压，由图象求出通过灯泡的电流是正确解题的关键．
三、此题4小题,共48分。

解许诺写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数 值的计算题5答案中必需明确写出数值和单位3或按题目要求作答。

【题文】15〈10分)水上滑梯可简化成如下图的模型，斜槽和水平槽A B 滑腻连接，倾角θ =370. AB 间距1 6.75
S m =,BC 间距2 2.70S m =，BC 面与水面的距离0.8h m =，人与AB 、 BC
间的摩擦均忽略不计。

取重力加速度210/g m s =。

一同窗 从滑梯顶端4点无初速地自由滑
下，求：
(1)该同窗沿斜槽AB 下滑时取得加速度大小？
(2)该同窗从A 点开始至落到水面的时刻？
【知识点】 牛顿第二定律；平抛运动． C2 D3
【答案解析】 （1）6m/s2 （2）解析：（1）该同窗沿斜槽AB 下滑进程中，受重力和斜槽的支持力，由牛顿第二定律有：
mgsinθ=ma
可得：a=gsinθ=10×sin37°=6m/s2
（2）由A 到B 的进程中设时刻为1t ，有
21112s at = 可得 1 1.5t s
= 1B v at = 得 9/B v m s
= 由B 到C 该同窗做匀速直线运动，设时刻为2t ，有220.3B s t s v ==
由C 点到落入水面做平抛运动，设时刻为3t ，有 2312h gt =
得
30.4t s =
从A 点开始至落到水面的时刻
123 2.2t t t t s =++=
【思路点拨】（1）对该同窗进行受力分析，依照牛顿第二定律可求出下滑时的加速度；（2）从C 点滑出时，该同窗做平抛运动，能够依照高度求出运动的时刻， 从而求得总时刻。

． 【题文】16（10分）学校物理爱好小组设计了一种可粗略测量磁感应强度的实验，其实验装置如下图。

在该装置中磁铁通过细线竖直悬挂在力传感器下面，磁铁两极之间的磁场可视为水 平匀强磁场，其余区域磁场很弱可忽略不计,现在力传感器读数为F1.细直金属棒作的 两头通过导线与一阻值为友的电阻连接形成闭合冋路，金属棒电阻为r ，导线电阻不计。

假设让金属棒水平且垂直于磁场以速度v 竖直向下匀速运动，现在力传感器示数为F2。

已. 知金属棒在磁场中的长度为d 。

(1）判定通过细直金属棒中的电流方向和它受到的安培力方向； ⑵求出磁铁两极之间磁场的磁感应强度大小 【知识点】 安培力；磁感应强度．K1 K4
【答案解析】（1）电流从Q 到P 安培力竖直向上 （2）212()()
F F R r vd -+ 解析：（1）由
右手定那么判定细金属棒PQ 中的电流方向从Q 到P ，由左手定那么可判定直金属棒PQ 受到
的安培力方向为竖直向上。

对磁铁在金属棒不动时有：
1F mg =
对磁铁在金属棒向下运动时有：
2F mg F =+安
又：
=F BId
安 由闭合电路欧姆定律知：
E I R r =
+
又:E Bdv =
联立以上各式，解得：
212
()()
F F R r B vd -+=
【思路点拨】（1）依照右手定那么判定电流的方向，依照左手定那么判定安培力方向。

（2）依照平稳条件和牛顿第三定律判定安培力；依照公式FA=BIL 、切割公式和闭合电路欧姆定律公式判定磁感应强度大小．
【题文】17。

〔 14分）如下图,水平传送带在电动机带动下以速度
1
2/v m s
=勻速运动，小
物体P 、Q 质 量别离为0.2Kg 和0.3Kg.由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t 二 0时刻P 放在传送带 中点处由静止释放。

已知P 与传送带间的动摩擦因数为，传送带水平部份两头
点间的 距离为4m ，不计定滑轮责量及摩擦，P 与定滑轮间的绳水平，取2
10/g m s = 。

11〉判定P 在传送带上的运动方向并求其加速度大小；
〔2〉求P 从开始到离开传送带水平端点的进程中，与传送带间因摩擦产生的热量； 求P 从开始到离开传送带水平端点的进程中，电动机多消耗的电能。

【知识点】 功能关系；牛顿第二定律．C2 E6 【答案解析】（1）4m/s2；（2）4J ；（3）2J ． 解析：：（1）P 释放后受到向右的摩擦力，大小为：f=μmg=×2=1N ；Q 对P 的拉力为F=Mg=×10=3N； 由PQ 为整体，受到的合力为F 合=F-f=3-1=2N ；
则由牛顿第二定律可知，加速度a=2
2
4/0.20.3F m s m M ==++合（2）P 抵达左侧时，位移
为x=2m ；历时t=222
14x s a ⨯==那么物体与传送带间的相对位移x 相=2+vt=2+2×1=4m；
那么产生的热量Q=fx 相=1×4=4J；
（2）由能量守恒定律可知，电动机多消耗的能量等于传送带克服摩擦力所做的功； 故多消耗的电能E=fvt=1×2×1=2J； 【思路点拨】（1）以整体沿绳为研究对象，依照受力分析由牛顿第二定律可求得加速度；（2）摩擦力与相对位移的乘积为产生的热量；依照相对运动关系求出相对位移即可．（3）由能量守恒定律可知多消耗的电能等于克服摩擦力所做的功．此题考查功能牛顿第二定律及功能关系，要注意正确把握功能的转化关系，明确热量等于摩擦力与相对位移的乘积．
【题文】分、如下图,水平地面上有一固定的长方形绝缘滑腻水平台面其中OPQX 边长
15L m
=；QX 边长
24L m
=，平台高 3.2h m =。

平行板电容器的极板CD 间距d=1m ， 且垂
直放置于台面，C 板位于边界0 P 上，D 板与边界OX 相交处有一小孔。

电容器外的区域内有
磁感应强度B=1T 、方向竖直向上的匀强磁场。

质量10110m kg -=⨯电荷量
10
110q c -=⨯的带正电微粒静止于0处，在C D 间加上电压U,C 板电势高于D 板,板间电 场可看成是匀强电场，
板间微粒经电场加速后由D 板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极 板接触〉，假定!軟粒在
真空中运动，微粒在整个运动进程中电量维持不变，取210/g m s =，
sin 530.8=，0cos 530.6=。