江苏省高考物理试卷答案详解

2014年普通高等学校招生,全国统一考试(江苏卷))物 理本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共120分．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．如图所示，一正方形线圈的匝数为 n ，边长为 a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中. 在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt2．已知地球的质量约为火星质量的10倍，地球的半径约为火星半径的2倍，则航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为( )A ．3.5 km/sB ．5.0 km/sC ．17.7 km/sD ．35.2 km/s3．远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，输电线上的电阻为R.变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )A.I 1I 2＝n 1n 2 B ．I 2＝U 2RC ．I 1U 2＝I 22RD ．I 1U 1＝I 2U 24．如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x 轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )A ．O 点的电场强度为零，电势最低B ．O 点的电场强度为零，电势最高C ．从O 点沿x 轴正方向，电场强度减小，电势升高D ．从O 点沿x 轴正方向，电场强度增大，电势降低5．一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止. 下列速度v 和位移x 的关系图象中，能描述该过程的是( )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．为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图所示的装置进行实验．小锤打击弹性金属片，A 球水平抛出，同时B 球被松开，自由下落．关于该实验，下列说法中正确的有( )A ．两球的质量应相等B ．两球应同时落地C ．应改变装置的高度，多次实验D ．实验也能说明A 球在水平方向上做匀速直线运动7．如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )A ．增加线圈的匝数B ．提高交流电源的频率C ．将金属杯换为瓷杯D ．取走线圈中的铁芯8．如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A 施加一水平拉力F ，则( )A ．当F<2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μg C ．当F>3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μg 9．如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I ，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B 与I 成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为I H ，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压U H 满足：U H ＝k 错误!，式中k 为霍尔系数，d 为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R 远大于R L ，霍尔元件的电阻可以忽略，则( )A. 霍尔元件前表面的电势低于后表面B. 若电源的正负极对调，电压表将反偏C. I H 与I 成正比D. 电压表的示数与R L 消耗的电功率成正比三、 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)某同学通过实验测量一种合金的电阻率．(1)用螺旋测微器测量合金丝的直径．为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧图1所示的部件________(填“A”“B”“C”或“D”)．从图中的示数可读出合金丝的直径为________mm.(2)图2所示是测量合金丝电阻的电路，相关器材的规格已在图中标出．合上开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中，发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化．由此可以推断：电路中________(填图中表示接线柱的数字)之间出现了________(填“短路”或“断路”)．(3)在电路故障被排除后，调节滑动变阻器，读出电压表和电流表的示数分别为2.23 V 和38 mA，由此，该同学算出接入电路部分的合金丝的阻值为58.7 Ω.为了更准确地测出合金丝的阻值，在不更换实验器材的条件下，对实验应作怎样的改进？请写出两条建议．11．(10分)小明通过实验验证力的平行四边形定则．(1)实验记录纸如图1所示，O点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点；一个弹簧测力计拉橡皮筋时，拉力F3的方向过P3点．三个力的大小分别为：F1＝3.30 N、F2＝3.85 N和F3＝4.25 N．请根据图中给出的标度作图求出F1和F2的合力．(2)仔细分析实验，小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化，影响实验结果．他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度，发现读数不相同，于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响．实验装置如图2所示，将一张白纸固定在竖直放置的木板上，橡皮筋的上端固定于O 点，下端N挂一重物．用与白纸平行的水平力缓慢地移动N，在白纸上记录下N的轨迹．重复上述过程，再次记录下N的轨迹．两次实验记录的轨迹如图3所示．过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点，则实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受拉力F a、F b的大小关系为________．(3)根据(2)中的实验，可以得出的实验结果有哪些？(填写选项前的字母)()A. 橡皮筋的长度与受到的拉力成正比B. 两次受到的拉力相同时，橡皮筋第2次的长度较长C. 两次被拉伸到相同长度时，橡皮筋第2次受到的拉力较大D. 两次受到的拉力相同时，拉力越大，橡皮筋两次的长度之差越大(4)根据小明的上述实验探究，请对验证力的平行四边形定则实验提出两点注意事项．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)一种海浪发电机的气室如图所示．工作时，活塞随海浪上升或下降，改变气室中空气的压强，从而驱动进气阀门和出气阀门打开或关闭．气室先后经历吸入、压缩和排出空气的过程，推动出气口处的装置发电．气室中的空气可视为理想气体．(1)下列对理想气体的理解，正确的有________．A. 理想气体实际上并不存在，只是一种理想模型B. 只要气体压强不是很高就可视为理想气体C. 一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关D. 在任何温度、任何压强下，理想气体都遵循气体实验定律(2)压缩过程中，两个阀门均关闭．若此过程中，气室中的气体与外界无热量交换，内能增加了3.4×104 J，则该气体的分子平均动能________(填“增大”“减小”或“不变”)，活塞对该气体所做的功________(填“大于”“小于”或“等于”)3.4×104 J.(3)上述过程中，气体刚被压缩时的温度为27 ℃，体积为0.224 m3，压强为1个标准大气压．已知1mol气体在1个标准大气压、0 ℃时的体积为22.4 L，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023mol－1.计算此时气室中气体的分子数．(计算结果保留一位有效数字)B. [选修3－4](12分)(1)某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到图1(甲)图所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如图1(乙)图所示．他改变的实验条件可能是________．A. 减小光源到单缝的距离B. 减小双缝之间的距离C. 减小双缝到光屏之间的距离D. 换用频率更高的单色光源(2)在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中，某同学准备好相关实验器材后，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，同时按下秒表开始计时，当单摆再次回到释放位置时停止计时，将记录的这段时间作为单摆的周期．以上操作中有不妥之处，请对其中两处加以改正．(3)Morpho蝴蝶的翅膀在阳光的照射下呈现出闪亮耀眼的蓝色光芒，这是因为光照射到翅膀的鳞片上发生了干涉．电子显微镜下鳞片结构的示意图见图2.一束光以入射角i从a点入射，经过折射和反射后从b点出射．设鳞片的折射率为n，厚度为d，两片之间空气层厚度为h.取光在空气中的速度为c，求光从a到b所需的时间t.C. [选修3－5](12分)(1)已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014 Hz和5.44×1014 Hz，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的________．A. 波长B. 频率C. 能量D. 动量(2)氡222是一种天然放射性气体，被吸入后，会对人的呼吸系统造成辐射损伤．它是Rn―→218 84Po＋________．已知世界卫生组织公布的主要环境致癌物质之一．其衰变方程是22286222Rn的半衰期约为3.8天，则约经过________天，16 g的222 86Rn衰变后还剩1 g.86(3)牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A、B两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16.分离速度是指碰撞后B对A的速度，接近速度是指碰撞前A对B的速度．若上述过程是质量为2m的玻璃球A以速度v0碰撞质量为m 的静止玻璃球B，且为对心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小．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．(15分)如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；(2)导体棒匀速运动的速度大小v；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.14．(16分)某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示．装置的长为L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d.装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO′上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上．在纸面内，质量为m、电荷量为－q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点．改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置．不计粒子的重力．(1)求磁场区域的宽度h；(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量Δv；(3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值．15．(16分)如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v0.小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ.乙的宽度足够大，重力加速度为g.(1)若乙的速度为v0，求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s；(2)若乙的速度为2v0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v；(3)保持乙的速度2v0不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复．若每个工件的质量均为m，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率．2014年普通高等学校招生,全国统一考试(江苏卷))1. B 解析：本题考查电磁感应定律的应用．解题的关键是求磁通量的变化．由电磁感应定律得E ＝n ΔB Δt S ＝n 2B －B Δt·a 22＝nBa 22Δt ，选项B 正确．本题易错点是求解磁通量变化时，误认为线圈面积就是有效面积．2. A 解析：本题考查万有引力定律的应用．解题的关键是明确万有引力提供航天器的向心力．由G M 地m R 2地＝m v 2地R 地，G M 火m R 2火＝m v 2火R 2火，得v 火v 地＝M 火M 地·R 地R 火＝55，所以v 火＝55v 地55×7.9km/s ＝3.5km/s ，选A.用此例方法求解会减少运算量，在万有引力计算中经常用此方法．3. D 解析：本题考查了远距离输电中各物理量的关系，解题的关键是明确变压器各物理量的相互制约关系．根据变压器电流与匝数关系知，I 1I 2＝n 2n 1，选项A 错误；U 2不是电阻R 的电压，故I 2≠U 2R，选项B 错误；I 22R 仅是输电线上损失的功率，而I 1U 1是升压变压器的输入功率，二者并不相等，选项C 错误；根据功率关系知，I 1U 1＝I 2U 2，选项D 正确．在远距离输电中经常出现物理量混用的错误，要注意各关系的含义．4. B 解析：本题考查带电圆环周围的电场强度和电势的变化关系．确题的关键是要应用电场强度的矢量性和电势变化与电场强度的关系进行分析．将圆环看作是由许许多多的点电荷组成，根据电场强度的合成可知，O 点电场强度为零，圆环带正电荷，根据正电荷周围电势变化关系，再结合对称性可知，O 点电势最高，故选项A 错误，B 正确；从O 点沿x 轴正方向，一定有一个电场强度最大的位置，故电场强度先大后小，电势一直降低，选项C 、D 均错误．把非点电荷无限分割，变成能够应用点电荷规律来分析的题目是电场中经常采用的一种方法．5. A 解析：本题考查均变速运动中的图象问题．解题的关键是要明确速度的弯曲方向．汽车由静止做匀加速运动，由运动学公式得v 2＝2ax ；设运动到最大速度v m 时开始减速，则有v 2＝v 2m －2ax ，结合数学上一元二次方程的图象变化规律可知，A 正确，B 、C 、D 均错误．应用数学知识解物理问题是学习过程培养的一种能力．本题应用数学上一元二次方程中抛物线的变化规律来分析可很快得到结论．6. BC 解析：本题考查了平抛运动规律的实验验证．解题的关键是明确实验现象的分析．两球质量是否相等对实验没有影响，选项A 错误；本实验只能验证竖直方向上的运动规律，不能验证水平方向的运动规律，故B 正确，D 错误；为了验证平抛运动在竖直方向做自由落体运动，应改变装置的高度多次进行实验，选项C 正确．本题易错选D ，原因是没有弄清设计该实验的目的．7. AB 解析：本题考查交变电流中涡流的产生．解题的关键是要弄清杯内水沸腾的原因和决定的因素．交变电流在铁芯中产生交变磁场，金属杯不会产生感应电流而发热，从而使杯内水沸腾．增加线圈的匝数和提高交流电源的频率都可以增大金属杯产生的电流，可缩短加热时间，选项A ，B 正确；将金属杯换成瓷杯，变化磁场不能使它产生电流，也就不能使水加热，选项C 错误；取走线圈中的铁芯，会减小周围的磁场，金属杯产生的电流会减小，从而增加水沸腾的时间，选项D 错误．借助生活中的装置考查物理知识是高考中常见题型．8. BCD 解析：本题考查牛顿运动定律在连接体中的应用．解题的关键是找出物块A 相对B 、B 相对地面滑动的条件．A 、B 间的最大摩擦力为f AM ＝2μmg ，B 与地面间的最大摩擦力为f Bm ＝32μmg ，逐渐增大拉力F 可知，当F ＝32μmg 时，A 、B 间相对静止，B 与地面开始相对滑动，故选项A 错误；当A 、B 间相对滑动时，由牛顿第二定律，对物块A 有F －2μmg ＝2ma ，对物块B 有2μmg －32μmg ＝ma ，联立两式得F ＝3μmg ，也就是当F ＝3μmg 时，物块A 、B 开始相对滑动，因此F ＝52μmg 时，A 、B 相对静止，整体应用牛顿第二定律可得此时的加速度为a A ＝F －32μmg 3m ＝13μg.故选项B 、C 正确；物块A 、B 间，B 与地面间都相对滑动时，B 的加速度为a B ＝2μmg －32μmg m ＝12μg ，此后无论F 为何值，只要A 、B 间相对滑动，B 的加速度就是12μg ，所以B 的加速度不会超过此值，选项D 正确，连接体问题是牛顿运动定律应用的常见题型，解题中注意找物体间相对运动的临界点．9. CD 解析：本题考查霍尔元件的应用．解题的关键是明确霍尔元件的工作原理．电子在霍尔元件中受到向里的洛伦兹力作用，故霍尔元件前表面的电势要高于后表面的电势，选项A 错误；若电源＝正负极对调，则磁感应强度B 的方向及霍尔元件的电流方向都将反向，电子在霍尔元件中受到的洛伦兹力仍向里，前表面的电势仍高于后表面的电势，电压表不会反偏，选项B 错误；根据电路连接方式知，电流I H ＝R L R ＋R LI ，故电流I H 与I 成正比，选项C 正确；因为I H 和B 都与I 成正比，由U H ＝k I H B d知，U H 与I 2成正比，因为电阻R R L ，故流过电阻R L 的电流可认为是干路电流I ，其消耗的电功率为P L ＝I 2R l ，综上所述可得U H 与P L 成正比，选项D 正确．要充分利用电路知识和题目所描述的各物理量间的关系进行分析．10. (1)B 0.410 (2)7.9 断路 (3)见解析 解析：本题考查电阻率的测量及电路故障的分析．解题的关键是弄清各用电器的连接方式及实验的原理．(1)螺旋测微器读数为41.0×0.01mm ＝0.410mm.(2)电压表和电流表都有示数，说明它们都连接在电源上，而各表的示数变化不大说明线路中电阻很大，故电路中的7.9间出现断路现象．(3)电流表改为内接；测量多组电流和电压值，计算出电阻的平均值．(或测量多组电流和电压值，用图像法和电阻值)11. (1)见下图(F 合＝4.6 ～4.9 都算对) (2)F a ＝F b (3)BD (4)见解析 解析：本题主要考查验证平行四边形定则实验，解题的关键弄清楚两次实验轨迹不同的原因．(1)作图时注意规范，标度要适中．(2)虽然轨迹不同，但由于0，a ，b 在同一直线上，由平衡条件知拉力F a ＝F b .(3)第二次做实验时橡皮筋拉伸的长，但两次拉力相等，故选项A 、C 说法不正确，B 、D 说法正确．(4)橡皮筋拉伸不宜过长；选用新橡皮筋. (或：拉力不宜过大； 选用弹性好的橡皮筋；换用弹性好的弹簧．)12. A (1)AD (2)增大 等于 (3)5×1024(或6×1024) 解析：本题主要考查理想气体的实验定律的理解和内能的变化问题，解题的关键是理想气体的理解．(1)理想气体是一种理想的模型，实际并不存在，但实际气体在温度不太高，压强不太大时都可视为理想气体，故选项A 正确，B 错误；理想气体的内能仅与温度有关，选项C 错误；理想气体遵循气体实验定律，选项D 正确．(2)气体内能增加，温度升高，分子的平均动能将增大；由热力学第一定律W ＋Q ＝ΔE 知，W ＝ΔE ＝3.4×104J.(3)设气体在标准状态时的体积为V 1，等压过程V T ＝V 1T 1， 气体物质的量n ＝V 1V 0，且分子数N ＝nNA ，解得N ＝VT 1V 0TNA ， 代入数据得N ＝5×1024(或N ＝6×1024)B (1)B (2)见解析 (3)2n 2d c n 2－sin 2i ＋2h ccosi解析：(1)考查双缝干涉条纹的间距问题，解题关键是明确条纹间距由什么因素决定．由公式Δx ＝l dλ知，光源到单缝距离不能影响条纹宽度，选项A 错误；d 减小时Δx 增大，选项B 正确；l 减小时Δx 减小，选项C 错误；光的频率变高，波长变小，Δx 变小，选项D 错误．(2)考查探究单摆的周期与摆长关系实验，解题中要特别注意影响单摆周期的因素． ①应在摆球通过平衡位置时开始计时；②应测量单摆多次全振动的时间，再计算出周期的测量值．(或在单摆振动稳定后开始计时)(3)考查光在介质中的折射和反射．解题的关键是找准光传播的路径．设光在鳞片中的折射角为γ，折射定律sini ＝nsin γ，在鳞片中传播的路程l 1＝ 2d cos γ，传播速度v ＝c n ，传播时间t 1＝l 1v ， 解得t 1＝2n 2d c n 2－sin 2i， 同理，在空气中的传播时间t 2＝2h ccosi， 则t ＝t 1＋t 2＝2n 2d c n 2－sin 2i ＋2h ccosi， C ．(1)A (2)42He(或α) 15.2 (3)1748v 0 3124v 0解析：(1)考查光电效应规律．解题的关键是应用光电效应方程进行分析．钙的截止频率大于钾的截止频率，用同种光照射时逸出光电子的动能小，由公式v ＝E h 和λ＝h P，钙的波长大，频率小，故选A 正确． (2)考查核反应方程和半衰期的计算．解题的关键是根据核衰变规律的半衰期公式进行求解．由电荷数守恒和质量数守恒得该粒子的电荷数题，质量数是4，即为α粒子；由半衰期公式m ＝(12)t T m 0.得t ＝15.2天． (3)考查动量守恒定律的应用．解题的关键是对分离速度和接近速度的理解．设A 、B 球碰撞后速度分别为v 1和v 2，由动量守恒定律 2mv 0＝2mv 1＋mv 2，且由题意知v 2－v 1v 0＝1516， 解得v 1＝1748v 0，v 2＝3124v 0. 13. (1)tan θ (2)mgRsin θB 2L 2 (3)2mgdsin θ－m 3g 2R 2sin 2θ2B 4l 4解析：本题主要考查电磁感应知识和能量守恒定律的使用．解题的大致思路如下：根据平衡条件求动摩擦因数；根据法拉第电磁感应定律和电路知识、平衡条件求导体棒的速度；根据能量守恒定律求运动过程中电阻产生的焦耳热．(1)在绝缘涂层上，(1分)受力平衡mgsin θ＝μmg cos θ，(2分)解得μ＝tan θ.(2分)(2)在光滑导轨上：感应电动势E ＝BLv ，感应电流I ＝E R，(2分) 安培力F 安＝BIL 受力平衡F 安＝mgsin θ，(2分)解得v ＝mgRsin θB 2L 2.(2分) (3)摩擦生热：Q T ＝μmgd cos θ，(2分)能量守恒定律：3mgdsin θ＝Q ＋Q T ＋12mv 2，(2分) 解得Q ＝2mgdsin θ－m 3g 2R 2sin 2θ2B 4L 4.(2分) 点评：电磁感应知识往往与电路、能量综合在一起考查，是高考的重点．解题时注意挖掘题目中隐含条件，如本题中导体棒匀速滑到导轨底端就隐含着受力平衡．14. (1)(23L －3d)(1－32) (2)Δv ＝qB m (L 6－34d) (3)v n ＝qB m (L n ＋1－3d)(1≤n<3d 3d－1，n 取整数) 解析：本题主要考查带电粒子在匀强磁均中的运动．解题的思路大致如下：根据几何知识和带电粒子的半径关系可求h ；结合向心力公式求出速度大小变化前后的速度差；找出满足带电粒子到达M 点的条件，再由向心力公式即可判断速度大小的可能值．(1)设粒子在磁场中的轨道半径为r ，(2分)根据题意L ＝3rsin30°＋3dcos30°且h ＝r(1－cos30°)，(2分)解得h ＝(23L －3d)(1－32)．(2分)(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r′，m v 2r ＝qvB ，m v′2r ′＝qv′B ，(2分) 由题意知3rsin30°＝4r′sin30°，解得Δv ＝v －v′＝qB m (L 6－34d)．(4分)(3)设粒子经过上方磁场n 次，由题意知L ＝(2n ＋2)dcos30°＋(2n ＋2)r n ·sin30°，(2分)且m v 2n r ＝qv n B ，解得v n ＝qB m (L n ＋1－3d)(1≤n<3L 3d－1，n 取整数)．(4分) 点评：带电粒子在匀强磁场中的运动是高考重点和热点，此类题目往往根据几何关系找圆半径，并结合向心力公式进行求解．本题第(3)问涉及可能情况，注意挖掘半径满足的条件，进而才能求速度满足条件．15. (1)2v 202μg(2)2v 0 (3)45μmgv 05 解析：本题主要考查摩擦力作用下物体的运动分析．解题思路大致如下：求出工件侧向运动的加速度，由运动学公式求在乙上滑过的距离；分别沿侧向和纵向应用运动学公式可求出工件在侧向刚停止时的速度；求出工件相对乙的位移，根据能量知识可求电动机的平均输出功率．(1)摩擦力与侧向的夹角为45°侧向加速度大小a n ＝μg cos45°，匀变速直线运动－2a x s ＝0－v 20，(2分)解得：s ＝2v 202μg.(1分) (2)设t ＝0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向、纵向加速度的大小分别为a x 、a y ， 则a y a x＝tan θ，(1分) 很小的Δt 时间内，侧向、纵向的速度增量Δv x ＝a x Δt ，Δv y ＝a y Δt ，解得Δv y Δv x ＝tan θ，(1分)且由题意知tan θ＝v y v x ，则v′y v ′x ＝v y －Δv y v x －Δv x＝tan θ.(2分) 故摩擦力方向保持不变，则当v′x ＝0时，v ′y ＝0，即v ＝2v 0，(1分)(3)工件在乙上滑动时侧向位移为x ，沿乙方向的位移为y ，由题意知a x ＝μg cos θ，a y ＝μg sin θ，(1分)在侧向上－2a x x ＝0－v 20，在纵向上2a y y ＝(2v 0)2－0，(1分)工件滑动时间t ＝2v 0a y，乙前进的距离y 1＝2v 0t(1分) 工件相对乙的位移L ＝x 2＋（y 1－y ）2，(1分)则系统摩擦生热Q ＝μmgL ，(1分)电动机做功W ＝12m(2v 0)2－12mv 20＋Q ，(1分) 由P ＝W t，解得P ＝错误!.(2分) 点评：此题沿乙传送带的侧向和纵向两个方向分析，然后再根据两个方向物理量间的关系进行求解，题目新颖．本题易出现的错误是求侧向加速度，盲目认为该方向的加速度为μg ，实际上摩擦力的方向不沿侧向，是滑动摩擦力的一个分力产生了侧向加速度．。