浙江省温州中学2017届高三11月选考模拟考试物理试题

浙江省温州中学2017届高三11月选考模拟考试物理试题

www.ks5u.com 一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）‎ ‎1．关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是 A．奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象 B．库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值 C．牛顿发现万有引力定律，并通过实验测出了引力常量 D．法拉第发现了电磁感应现象，并制作了世界上第一台发电机 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 考点：物理学史 ‎【名师点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。‎ ‎2．高速路上堵车，小东听到导航仪提醒“前方3公里拥堵，估计需要24分钟通过”，根据导航仪提醒，下列推断合理的是 A．汽车将匀速通过前方3公里 B．能够计算出此时车子的速度是0.125m/s C．若此时离目的地还有30公里，到达目的地一定需要240分钟 D．通过前方这3公里的过程中，车子的平均速度大约为7.5km/h ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据导航仪的提示，不能判断出汽车是否是匀速运动．由于“前方3公里拥堵”估计不能匀速运动．故A错误；根据导航仪的提示，不能判断出汽车此时的运动状态．故B错误；由于“前方3公里拥堵，‎ 的地的时间．故C错误，D正确．故选D.‎ 考点：平均速度 ‎【名师点睛】该题考查对速度的概念组的理解，清楚地理解瞬时速度、平均速度、瞬时速率以及它们之间的区别与联系是解答该题的关键.‎ ‎3．如图所示，倾角θ=300的斜面体A静止在水平地面上，一根轻绳跨过斜面体顶端的小滑轮，绳两端系有质量均为w的小物块a、b，整个装置处于静止状态。现给给物块b施加一个水平向右的F，使办缓慢离开直到与竖直方向成300 (不计绳与滑轮间的摩擦），此过程说法正确的是 A．b受到绳的拉力先増大再减小 B．小物块a受到的摩擦力増大再减小 C．水平拉力F逐渐増大 D．小物块a—定沿斜面缓慢上移 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：b受力平衡，对b受力分析，如图所示： 设绳与竖直方向的夹角为α，b缓慢离开直到与竖直方向成30°的过程中，α变大，根据平行四边形定则可知，T逐渐增大，F逐渐增大，故A错误，C正确；对a受力分析，如图所示；‎ 刚开始T=mg，a处于静止状态，则f=T-mgsin30°=mg，方向向下，T增大时，f增大，摩擦力增大，由于不知道最大摩擦力的具体值，所以不能判断a是否会滑动，故BD错误．故选C.‎ 考点：物体的平衡 ‎【名师点睛】本题主要平衡条件在动态平衡问题中的应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，并能画出受力分析图，能应用平行四边形定则画图求解，难度适中。‎ ‎4．如图，静电喷涂时，被喷工件接正极，喷枪口接负极，它们之间形成高压电场。涂料微粒从喷枪口喷出后，只在静电力作用下向工件运动，最后吸附在工件表面，图中虚线为涂料微粒的运动轨迹。下列说法正确的是 A．涂料微粒一定带正电 B．图中虚线可视为高压电场的部分电场线 C．微粒做加速度先减小后增大的曲线运动 D．喷射出的微粒动能不断转化为电势能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】本题抓住异种电荷相互吸收，分析涂料微粒的电性．根据电场力做功正负判断电势能的变化情况。‎ ‎5．—木箱放在电梯的水平底板上，随同电梯在竖直方向运动，运动过程中木箱的机械能E与位移x关系的图象如图所示，其中0 — x1过程的图线为曲线，x1 — x2过程的图线为直线。根据该图象，下列判断正确的是 A．0—x1过程，电梯可能向下运动 B．x1 — x2过程，木箱可能处于完全失重状态 C．x1 — x2过程，电梯一定做匀加速直线运动 D．0—x2过程，木箱的动能可能在不断増大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 考点：功能关系；牛顿第二定律 ‎【名师点睛】解决本题的关键要掌握功能原理，通过图线的斜率确定出支持力的变化，分析时要注意条件不明时电梯的运动情况是不确定的。‎ ‎6．智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能直接给移动设备充电的储能装置。充电宝的转 化率是指电源放电总量占电源容量的比值，一般在0.60-0.70之间（包括移动电源和被充电池的 线路板、接头和连线的损耗)。如图为某一款移动充电宝，其参数见下表，下列说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ ‎ ‎ A．充电宝充电时将电能转化为内能 B．该充电宝最多能储存能量为3.6×l06J C．该充电宝电量从零到完全充满电的时间约为2h D．该充电宝给电量为零、容量为3000mAh的手机充电，则理论上能充满4次 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 考点：电功率；电量 ‎【名师点睛】本题考查读取电池铭牌信息的能力．解答的关键是要知道电池的容量是指电池所能释放的总电量。‎ ‎7．如图所示，小莉同学站在绝缘木板上将一只手搭在了一个大的带电金属球上，出现了“怒发冲冠”的现象。下列说法正确的是 A．这种现象是静电感应造成的 B．将另一只手也搭在带电球上，这种现象就会消失 C．小莉的电势与带电球的电势相等 D．金属球内部的电场强度比头发表面的电场强度大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 考点：静电现象 ‎【名师点睛】考查静电平衡下，电荷的分布，及电势大小，与电场强度的大小关系，注意电荷只分布于外表面，且为等势体，内部电场强度为零。‎ ‎8．浙江最大抽水蓄能电站 2016 年将在缙云开建，其工作原理是：在用电低谷时（如深夜），电站利用电网多余电能把水抽到高处蓄水池中，到用电高峰时，再利用蓄水池中的水发电。如图所示，若该电站蓄水池（上水库）有效总库容量（可用于发电）为 7.86×106m3，发电过程中上下水库平均水位差 637m，年抽水用电为 2.4×108 kW·h，年发电量为1.8×108 kW·h（水密度为 ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度为 g=10m/s2，以下水库水面为零势能面）。则下列说法正确的是 A．抽水蓄能电站的总效率约为 65%‎ B．发电时流入下水库的水流速度可达到 112m/s C．蓄水池中能用于发电的水的重力势能约为 Ep=5.0×1013 J D．该电站平均每天所发电能可供给一个大城市居民用电（电功率以105 kW 计算）约10h ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：已知年抽水用电为 2.4×108kW•h，年发电量为1.8×108kW•h，则抽水蓄能电站的总效率为，故A错误．若没有任何阻力，由机械能守恒得 ‎ mgh=mv2，得 ‎ 考点：功能关系 ‎【名师点睛】要求能量的转化效率，首先要确定哪种能量是有效利用的能量；哪种能量是消耗的总能量．掌握力学的知识在能量转化过程中的应用。‎ ‎9．在汽车无极变速器中，存在如图所示的装置，A是与B同轴相连的齿轮，C是与D同轴相连的齿轮，A、C、M为相互咬合的齿轮。已知齿轮A、C规格相同，半径为R，齿轮B、D规格也相同，半径为1.5R，齿轮M的半径为0.9R。当齿轮M如图方向转动时，下列说法错误的是 A．齿轮D和齿轮B的转动方向相同 B．齿轮M和齿轮C的角速度大小之比为9:10‎ C．齿轮D和齿轮A的转动周期之比为1:1‎ D．齿轮M和齿轮B边缘某点的线速度大小之比为2:3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：AMC三个紧密咬合的齿轮是同缘传动，因为M顺时针转动，故A逆时针转动，C逆时针转动，又AB同轴转动，CD同转转动，所以齿轮D和齿轮B的转动方向相同，故A正确；AMC三个紧密咬合的齿轮是同缘传动，边缘线速度大小相同，根据v=ωr得：‎ ，故B错误；AMC三个紧密咬合的齿轮是同缘传动，边缘线速度大小相同，齿轮A、C规格相同，半径为R，根据v=ωr得，AC转考点：圆周运动的角速度和线速度 ‎【名师点睛】本题关键明确同缘传动边缘点线速度相等，然后结合v=ωr以及频率和周期的定义进行分析，基础题。‎ ‎10．如图所示，电路电源电动势为E，内阻r ，R1、R2为定值电阻，调节电阻箱R的阻值，使电压表V的示数增大△U，在此过程中（ ）‎ A．路端电压增加，增加量一定等于△U B．电阻R2两端的电压减小，减少量一定等于△U C．通过电阻R1的电流增加，增加量一定大于△U / R1、‎ D．通过电阻R2的电流减小，但减少量一定小于△U /R2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：电压表V的示数增大△U时，则电阻R2和内阻上的电压之和一定减小△U，电阻R2两端的电压减少量一定小于△U，通过电阻R2的电流减小量一定小于△U /R2；路端电压增加，增加量一定小于△U，选项AB错误，D正确；电压表V的示数增大△U时，一定是可变电阻R增大，并联部分分担的电压增大，则通过R1的电流增加，由于R1是定值电阻，所以其电流增加量一定等于△U / R1．故C错误．故选D. ‎ 考点：电路的动态分析 ‎【名师点睛】本题根据部分与整体的关系，采用总量法分析R2两端的电压减小量和△U的增加量的大小，即总量增大，增大的量较大。‎ ‎11．“超导量子干涉仪”可用于探测心磁（10-10T）和脑磁（10-13T）等微弱磁场，其灵敏度可达10-14T，其探测“回路”示意图如图甲。穿过ABCD “回路”的磁通量为Φ，总电流强度I=i1+i2。I与的关系如图乙所示(Φ0=2.07×10-15 Wb),下列说法正确的是 A．图乙中横坐标的单位是Wb B．穿过“回路”的磁通量越大，电流I越大 C．穿过“回路”的磁通量变化引发电流I周期性变化 D．根据电流I的大小，可以确定穿过“回路”的磁通量大小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 选C.‎ 考点：楞次定律 ‎【名师点睛】考查了学生读图能力，关键是从图中得出电流是周期性变化的，据此分析。‎ ‎12．太阳神车由四脚的支架吊着一个巨大的摆锤摆动，游客被固定在摆下方的大圆盘A上，如图所示。摆锤的摆动幅度每边可达120°。6台大功率的异步驱动电机同时启动，为游客创造4.3g的加速度，最高可飞跃至15层楼高的高空。如果不考虑圆盘A的自转，根据以上信息，以下说法中正确的是（ ）‎ A．当摆锤摆至最高点的瞬间，游客受力平衡 B．当摆锤摆至最高点时，游客可体验最大的加速度 C．当摆锤在下摆的过程中，摆锤的机械能一定不守恒 D．当摆锤在上摆过程中游客体验超重，下摆过程游客体验失重 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 考点：牛顿第二定律的应用 ‎【名师点睛】本题关键对游客受力分析和运动情况分析，找出加速度方向，牢记加速度的方向向上时处于超重状态，加速度的方向向下时处于失重状态。‎ ‎13．某同学在学习中记录了一些与地球、月球有关的数据资料如表中所示，利用这些数据来计算地球表面与月球表面之间的距离s，则下列运算公式中错误的是（ ）‎ 地球半径 R=6400km 月球半径 r=1740km 地球表面重力加速度 g0=9.80m/s2‎ 月球表面重力加速度 g′=1.56m/s2‎ 月球绕地球转动的线速度 v=1km/s 月球绕地球转动周期 T=27.3天 光速 c=2.998×105 km/s 用激光器向月球表面发射激光光束，经过约t=2.565s接收到从月球表面反射回来的激光信号 A． B． C． D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎ A.‎ 考点：万有引力定律的应用 ‎【名师点睛】本题要理清思路，明确好研究的对象和过程，要充分利用表格的数据求解s，考查运用万有引力和圆周运动规律解决天体问题的能力。‎ 二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）‎ ‎14．如图所示，木板 C 放在水平地面上，木板B 放在C 的上面，木板A 放在B 的上面，A 的右端通过轻质弹簧秤固定在竖直的墙壁上，A、B、C 质量相等,且各接触面动摩擦因数相同,用大小为F 的力向左拉动C，使它以速度v 匀速运动，三者稳定后弹簧秤的示数为T。则下列说法正确的是( ) ‎ A．B 对A 的摩擦力大小为T，方向向左 B．A 和B 保持静止,C 匀速运动 ‎ C．A 保持静止, B 和C 一起匀速运动 D．C 受到地面的摩擦力大小为F-T ‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 选ACD. 考点：物体的平衡 ‎【名师点睛】本题考查了平衡力的辨别，会判断摩擦力的方向，并会根据影响滑动摩擦力的大小因素分析摩擦力的大小变化是解决本题的关键。‎ ‎15. 如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面内分布着垂直于斜面的匀强磁场，其磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。质量为m的矩形金属框从t=0时刻静止释放，t3时刻的速度为v，移动的距离为L，重力加速度为g。在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是 A．t1～t3时间内金属框中的电流方向不变 B．0～t3时间内金属框做匀加速直线运动 C．0～t3时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动 D．0～t3时间内金属框中产生的焦耳热为 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 试题分析：t1～t3时间内穿过线圈的磁通量先向上的减小，后向下的增加，根据楞次定律可知，金属框中的电流方向不变，选项A正确；0～t3时间内金属框 所受安培力的合力为零，则所受的合力为沿斜面向下的mgsinθ,做匀加速直线运动，选项B正确，C错误；0～t3时间内金属框运动的加速度为gsinθ，故机械能无损失，故线框中产生的焦耳热不等于，选项D错误；故选AB.‎ 考点：楞次定律；牛顿定律的应用；功能关系 ‎【名师点睛】此题是电磁感应的问题；关键是是分析题意，知道物理过程，知道线圈在任意时刻所受的安培力的合力为零，线圈只有重力做功.‎ ‎16．如图所示，在水平界面EF、 GH、JK间，分布着两个匀强磁场，两磁场方向水平且相反大小均为B，两磁场高均为L宽度圆限。一个框面与磁场方向垂直、质量为m电阻为R、边长也为上的正方形金属框abcd,从某一高度由静止释放，当ab边刚进入第一个磁场时，金属框恰好做匀速点线运动，当ab边下落到GH和JK之间的某位置时，又恰好开始做匀速直线运动．整个过程中空气阻力不计．则 A．金属框穿过匀强磁场过程中，所受的安培力保持不变 B．金属框从ab边始进入第一个磁场至ab边刚到达第二个磁场下边界JK过程中产生的热量为2mgL C．金属框开始下落时ab边距EF边界的距离 D．当ab边下落到GH和JK之间做匀速运动的速度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎ ，从线框开始下落到刚进入磁场过程，由机械能守恒定律得：mgh=mv2，解得：，故C错误．当ab边下落到GH和JK之间做匀速运动时，线框受到的安培力：，由平衡条件得：，解得：，故D正确．故选D。‎ 考点：法拉第电磁感应定律；功能关系 ‎【名师点睛】】解决本题的关键搞清金属框在整个过程中的运动情况，结合切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律以及能量守恒定律和共点力平衡进行求解。‎ 三、非选择题（本题共7小题，共55分）‎ ‎17. （6分）利用右图甲的实验装置可探究重物下落过程中物体的机械能守恒问题．如图乙给出的是实验中获取的一条纸带，点O为电火花打点计时器打下的第一个点，分别测出若干连续点A、B、C…与O点的距离h1=70.99cm、h2=78.57cm、h3=86.59cm…如图所示，已知重物的质量为m=100g，g取9.80m/s2，请回答下列问题：（所有结果均保留三位有效数字）‎ ‎（1）下列有关此实验的操作中正确的是： ‎ A．重物应靠近打点计时器，然后再接通电源放开纸带让重物带动纸带自由下落 B．重物应选择质量大、体积小、密度大的材料 C．实验时采用的电源为4—6V的低压交流电源 D．计算B点的瞬时速度时既可用也可用来求解 ‎（2）在打下点到打下点B的过程中重物动能的增量为△Ek= J，重物重力势能的减少量为 ‎△EP = J。‎ ‎（3）取打下点时重物的重力势能为零，计算出该重物下落不同高度h时所对应的动能EK和重力势能EP，建立坐标系，横轴表示h，纵轴表示EK和EP，根据以上数据在图中绘出图线Ⅰ和图线Ⅱ。已求得图线Ⅰ斜率的绝对值为k1，图线Ⅱ的斜率的绝对值为k2，则可求出重物和纸带下落过程中所受平均阻力为 (用k1和k2表示）。‎ ‎ ‎ ‎【答案】（1）AB；（2）0.761； 0.770（3）K1-K2 ‎ ‎【解析】‎ 图线斜率，图线斜率，知k1-f=k2，则阻力f=k1-k2．‎ 考点：探究重物下落过程中物体的机械能守恒 ‎【名师点睛】‎ 解决本题的关键知道实验的原理，验证重力势能的减小量与动能的增加量是否相等．以及知道通过求某段时间内的平均速度表示瞬时速度.‎ ‎18．实验室有一破损的双量程电压表，两量程分别是3V和15V，其内部电路如图所示.因电压表的表头G已烧坏，无法知道其电学特性，但两个精密电阻R1、R2完好，测得R1=2.9kΩ，R2=14.9kΩ.现有两个表头，外形都与原表头G相同，已知表头G1的满偏电流为1mA，内阻为70Ω；表头G2的满偏电流0.5mA，内阻为100Ω，又有两个定值电阻r1=40Ω，r2=30Ω.若保留R1、R2的情况下，对电压表进行修复，则： ‎ ‎ （1）原表头G满偏电流I=________，内阻r=_________. （2）用于修复电压表的器材有：______________________ （填器材符号）. （3）在虚线框中画出修复后的电路. ‎ ‎ ‎ ‎（4）在利用修复的电压表，某学习小组用伏安法测量一未知电阻Rx的阻值，又提供器材及规格为：电流表A量程0~5mA，内阻未知；最大阻值约为100Ω的滑动变阻器；电源E（电动势约3V）;开关S、导线若干。由于不知道未知电阻的阻值范围，学习小组为较精确测出未知电阻的阻值，选择合适的电路，请你帮助他们补完整电路连接，正确连线后读得电压表示数为2.0V,电流表示数为4mA，则未知电阻阻值Rx为___________Ω；‎ ‎【答案】（1）１mA；100Ω （2）G1和r2 （3）电路如图；（4）500Ω ‎ ‎【解析】‎ ‎ （4）根据题意可明确实验中应采用分压接法，因不明确电表内阻之间的关系；故可以采用外接法也可以采用内接法；故实物图如图所示；根据可知，待测电阻应等于 考点：伏安法测电阻 ‎【名师点睛】在“伏安法”测电阻实验中，要注意明确实验原理，正确选择实验电路的接法，并能准确连接实物图，同时能根据对应的欧姆定律分析数据；找出实验误差。‎ ‎19．（8分）飞机若仅依靠自身喷气式发动机推力起飞需要较长的跑道，某同学设计在航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离，他的设计思想如下：如图所示，航空母舰的水平跑道总长l=180m，其中电磁弹射器是一种长度为l1=120m的直线电机，这种直线电机从头至尾可以提供一个恒定的牵引力F牵。一架质量为m=2.0×104kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推=1.2×105N。考虑到飞机在起飞过程中受到的阻力与速度大小有关，假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍。飞机离舰起飞的速度v=100m/s，航母处于静止状态，飞机可视为质量恒定的质点。请计算（计算结果保留两位有效数字）‎ ‎（1）飞机在后一阶段的加速度大小；‎ ‎（2）电磁弹射器的牵引力F牵的大小；‎ ‎（3）电磁弹射器输出效率可以达到80％，则每弹射这样一架飞机电磁弹射器需要消耗多少能量。‎ ‎【答案】（1）4.0m/s2（2）6.8×105N （3）108J ‎【解析】‎ ‎(2)令电磁弹射阶段飞机加速度为a1、末速度为v1，平均阻力为f1=0.05mg 考点：牛顿第二定律的应用；功 ‎【名师点睛】本题是牛顿运动定律和运动学规律的结合，是动力学的基本问题，关键是求解加速度，加速度是联系力学和运动学的桥梁.‎ ‎20．（9分）目前，我国的高铁技术已处于世界领先水平，它是由几节自带动力的车厢（动车）加几节不带动力的车厢（拖车）组成一个编组，称为动车组。若每节动车的额定功率均为1.35×104kw，每节动车与拖车的质量均为5×104kg，动车组运行过程中每节车厢受到的阻力恒为其重力的0.075倍。若已知1节动车加2节拖车编成的动车组运行时的最大速度v0为466.7km/h。我国的沪昆高铁是由2节动车和6节拖车编成动车组来工作的，其中头、尾为动车，中间为拖车。当列车高速行驶时会使列车的“抓地力”减小不易制动，解决的办法是制动时，常用“机械制动”与“风阻制动”配合使用，所谓“风阻制动”就是当检测到车轮压力非正常下降时，通过升起风翼（减速板）调节其风阻，先用高速时的风阻来增大“抓地力”将列车进行初制动，当速度较小时才采用机械制动。（所有结果保留2位有效数字）求: ‎ ‎（1）沪昆高铁的最大时速v为多少km/h？‎ ‎（2）当动车组以加速度1.5m/s2加速行驶时，第3节车厢对第4节车厢的作用力为多大？‎ ‎（3）沪昆高铁以题（1）中的最大速度运行时，测得此时风相对于运行车厢的速度为100m/s，已知横截面积为1m2的风翼上可产生1.29×104N的阻力，此阻力转化为车厢与地面阻力的效率为90%。沪昆高铁每节车厢顶安装有2片风翼，每片风翼的横截面积为1.3m2,求此情况下“风阻制动”的最大功率为多大？‎ ‎【答案】（1）3.5×102km/h（2）1.1×105N（3）2.3×107N ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由 P=3kmgv0 2P=8kmgv解之得：v=0.75v0=3.5×102km/h ;‎ ‎（2）设各动车的牵引力为F牵，第3节车对第4节车的作用力大小为F，以第1、2、3节车箱为研究对 考点：牛顿第二定律的应用；功率 ‎【名师点睛】本题运用牛顿第二定律和运动学公式结合求解动力学问题，关键是正确选择研究对象，也可以运用动能定理求解。‎ ‎21．（12分）涡流制动是一种利用电磁感应原理工作的新型制动方式，它的基本原理如图甲所示．水平面上固定一块铝板，当一竖直方向的条形磁铁在铝板上方几毫米高度上水平经过时，铝板内感应出的涡流会对磁铁的运动产生阻碍作用．涡流制动是磁悬浮列车在高速运行时进行制动的一种方式．某研究所制成如图乙所示的车和轨道模型来定量模拟磁悬浮列车的涡流制动过程．车厢下端安装有电磁铁系统，能在长为L1=0.6m，宽L2=0.2m的矩形区域内产生竖直方向的匀强磁场，磁感应强度可随车速的减小而自动增大（由车内速度传感器控制），但最大不超过B1=2T，将铝板简化为长大于L1，宽也为L2的单匝矩形线圈，间隔铺设在轨道正中央，其间隔也为L2，每个线圈的电阻为R1=0.1Ω，导线粗细忽略不计．在某次实验中，模型车速度为v=20m/s时，启动电磁铁系统开始制动，车立即以加速度a1=2m/s2‎ 做匀减速直线运动，当磁感应强度增加到B1时就保持不变，直到模型车停止运动．已知模型车的总质量为m1=36kg，空气阻力不计．不考虑磁感应强度的变化引起的电磁感应现象以及线圈激发的磁场对电磁铁产生磁场的影响．‎ ‎ ‎ ‎（1）电磁铁的磁感应强度达到最大时，模型车的速度为多大？‎ ‎（2）模型车的制动距离为多大？‎ ‎（3）为了节约能源，将电磁铁换成若干个并在一起的永磁铁组，两个相邻的磁铁磁极的极性相反，且将线圈改为连续铺放，如图丙所示，已知模型车质量减为m2=20kg，永磁铁激发的磁感应强度恒为B2=0.1T，每个线圈匝数为N=10，电阻为R2=1Ω，相邻线圈紧密接触但彼此绝缘．模型车仍以v=20m/s的初速度开始减速，为保证制动距离不大于80m，至少安装几个永磁铁？‎ ‎【答案】（1）5m/s（2）106.25m（3）4‎ ‎【解析】‎ 对速度v1后模型车的减速过程用动量定理得⑧ ‎⑨ x=x1+x2⑩ 由⑥⑦⑧⑨⑩并代入数据得x=106.25m（11） （3）假设需要n个永磁铁；当模型车的速度为v时，每个线圈中产生的感应电动势为E2=2NB2L1v（12） 每个线圈中的感应电流为每个磁铁受到的阻力为F2=2NB2I2L1（13） n个磁铁受到的阻力为F合=2nNB2I2L1（14） 由第（2）问同理可得（15） 由（11）（15）并代入已知得n=3.47‎ 即至少需要4个永磁铁．‎ ‎ 考点：法拉第电磁感应定律；动量定理 ‎【名师点睛】本题物理情境很新，但仍是常规物理模型，类似于磁场不动线圈在动的题型．在模型车的减速过程中，加速度不恒定，则用动能定理来解决.‎ ‎22．（12分）如图甲所示，两平行金属板间接有如图乙所示的随时间t变化的交流电压u，金属板间电场可看做均匀、且两板外无电场，板长L=0.2m，板间距离d=0.1m，在金属板右侧有一边界为MN的匀强磁场，MN与两板中线OO′ 垂直，磁感应强度 B=5×10－3T，方向垂直纸面向里。现有带正电的粒子流沿两板中线OO′连续射入电场中，已知每个粒子的比荷=108C/kg，重力忽略不计，在0-0.8×10－5s时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极板边缘的影响）。已知t = 0时刻进入两板间的带电粒子恰好在0.2×10－5s时刻经极板边缘射入磁场。（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）。‎ ‎（1）求两板间的电压U0‎ ‎（2）0-0.2×10－5s时间内射入两板间的带电粒子都能够从磁场右边界射出，求磁场的最大宽度 ‎（3）若以MN与两板中线OO′ 垂直的交点为坐标原点，水平向右为x轴，竖直向上为y轴建立二维坐标系，请写出在0.3×10－5s时刻射入两板间的带电粒子进入磁场和离开磁场（此时，磁场只有左边界，没有右边界）时的位置坐标。‎ ‎（4）两板间电压为0，请设计一种方案：让向右连续发射的粒子流沿两板中线OO′射入，经过右边的待设计的磁场区域后，带电粒子又返回粒子源。‎ ‎【答案】（1）25 (V)（2）0.2 (m)（3）( 0 ; 0.3875) (m) （4）如图；‎ ‎【解析】‎ 他粒子也都能从磁场的右边界射出。粒子进入磁场作匀速圆周运动，则：‎ Bqv=mv2/R1 R1=mv0/Bq ‎ 由第一问可知：v0=L/t=0.2/0.2×10-5 =105 (m/s) ‎ R1=105/5×10-3×108=0.2 (m) ‎ y2=0.0125+2×105/5×10-3×108=0.4125 (m) ‎ 离开磁场左边界坐标为 ( 0 ; 0.4125 ) (m) ‎ 若向下偏转,根据平抛运动公式得: y1=at2=2.5×1010×(0.1×10-5)2/2=0.0125 (m)‎ 进入坐标为 ( 0 ; - 0.0125 ) (m) ‎ 进入磁场作匀速圆周运动, R2=mv/Bq ‎ 离开磁场时的坐标 y2= 2R2cosθ- y1= 2 mv0/Bq- y1‎ y2=2×105/5×10-3×108-0.0125=0.3875(m) ‎ 离开磁场左边界坐标为 ( 0 ; 0.3875) (m) ‎ ‎(4) (只要合理均给分)‎ 考点：带电粒子在电场及磁场中的运动 ‎【名师点睛】本题考查带电粒子在匀强电场和磁场中的运动，关键要掌握类平抛运动的处理方法：运动的分解法，掌握粒子在磁场中圆周运动的半径公式，画出粒子的运动轨迹，运用几何关系解答。‎ ‎ ‎