問(wèn)酷網(wǎng)2014年浙江省杭州市富陽(yáng)二中高考物理模擬試卷

1、 更多試題試卷答案盡在問(wèn)酷網(wǎng)2014年浙江省杭州市富陽(yáng)二中高考物理模擬試卷（6）參考答案與試題解析一、選擇題（在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）1（3分）（2008海南）如圖，質(zhì)量為M的楔形物塊靜置在水平地面上，其斜面的傾角為斜面上有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與斜面之間存在摩擦用恒力F沿斜面向上拉小物塊，使之勻速上滑在小物塊運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，楔形物塊始終保持靜止地面對(duì)楔形物塊的支持力為（）A（M+m）gB（M+m）gFC（M+m）g+FsinD（M+m）gFsin考點(diǎn)：共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成與分解的運(yùn)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有難度星級(jí)：五星專題：共點(diǎn)力

2、作用下物體平衡專題分析：小物塊勻速上滑，受力平衡，合力為零，楔形物塊始終保持靜止，受力也平衡，合力也為零，以物塊和楔形物塊整體為研究對(duì)象合力同樣為零，分析受力，畫出力圖，根據(jù)平衡條件求解地面對(duì)楔形物塊的支持力解答：解：以物塊和楔形物塊整體為研究對(duì)象，受到重力（M+m）g，拉力F，地面的支持力FN和摩擦力Ff根據(jù)平衡條件得 地面對(duì)楔形物塊的支持力FN=（M+m）gFsin故選：D點(diǎn)評(píng)：本題涉及兩個(gè)物體的平衡，關(guān)鍵要靈活選擇研究對(duì)象當(dāng)幾個(gè)物體的加速度相同時(shí)，可以采用整體法研究受力情況，往往簡(jiǎn)單方便本題也可以隔離兩個(gè)物體分別研究2（3分）如圖所示，線圈與電源、開(kāi)關(guān)相連，直立在水平桌面上鐵芯插在線圈中

3、，質(zhì)量較小鋁環(huán)套在鐵芯上閉合開(kāi)關(guān)的瞬間，鋁環(huán)向上跳起來(lái)則下列說(shuō)法中正確的是（）A若保持開(kāi)關(guān)閉合，則鋁環(huán)不斷升高B開(kāi)關(guān)閉合后，鋁環(huán)上升到某一高度后回落C若保持開(kāi)關(guān)閉合，則鋁環(huán)跳起到某一高度停留D如果將電源的正、負(fù)極對(duì)調(diào)，則鋁環(huán)不會(huì)向上跳起考點(diǎn)：法拉第電磁感應(yīng)定律；楞次定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合分析：閉合電鍵的瞬間，穿過(guò)鋁環(huán)的磁通量增加，產(chǎn)生感應(yīng)電流，鋁環(huán)受到安培力而上跳當(dāng)電鍵保持閉合時(shí)，線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)穩(wěn)定，穿過(guò)鋁環(huán)的磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生根據(jù)安培力產(chǎn)生情況，判斷鋁環(huán)的運(yùn)動(dòng)情況解答：解：A、若電鍵保持閉合時(shí)，線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)穩(wěn)定，穿過(guò)鋁環(huán)的磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，鋁環(huán)不受

4、安培力，只受重力作用，則上跳某一高度后將回落，故AC錯(cuò)誤，B正確D、如果電源的正、負(fù)極對(duì)調(diào)，閉合電鍵的瞬間，穿過(guò)鋁環(huán)的磁通量仍然增加，產(chǎn)生感應(yīng)電流，鋁環(huán)仍然受到安培力而上跳電鍵保持閉合時(shí)，線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)穩(wěn)定，穿過(guò)鋁環(huán)的磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，鋁環(huán)不受安培力，只受重力作用，則上跳某一高度后將回落，則觀察到的現(xiàn)象不變，故D錯(cuò)誤故選：B點(diǎn)評(píng)：本題考查應(yīng)用物理規(guī)律解決實(shí)際問(wèn)題的能力根據(jù)楞次定律，無(wú)論電源的極性如何，當(dāng)線圈中電流增大時(shí)，鋁環(huán)都將上跳3（3分）（2014南充模擬）如圖所示電路中，電源電壓u=311sin100t（V），A、B間接有“220V 440W”的電暖寶、“220V 220W”

5、的抽油煙機(jī)、交流電壓表及保險(xiǎn)絲下列說(shuō)法正確的是（）A交流電壓表的示數(shù)為311VB電路要正常工作，保險(xiǎn)絲的額定電流不能小于3AC電暖寶發(fā)熱功率是抽油煙機(jī)發(fā)熱功率的2倍D1min抽油煙機(jī)消耗的電能為1.32104J考點(diǎn)：交流的峰值、有效值以及它們的關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有難度星級(jí)：四星專題：交流電專題分析：交流電壓表的示數(shù)為有效值，由公式P=UI知電路要正常工作，干路中電流為3A，電暖寶是純電阻，而抽油煙機(jī)是非純電阻解答：解：A、交流電壓表的示數(shù)為有效值=220V，故A錯(cuò)誤；B、由公式P=UI知電路要正常工作，干路中電流為3A，所以保險(xiǎn)絲的額定電流不能小于3A，故B錯(cuò)誤；C、電暖寶是純電阻，而抽油煙機(jī)是

6、非純電阻，故C錯(cuò)誤；D、1min抽油煙機(jī)消耗的電能為W=Pt=l32104J，故D正確故選：D點(diǎn)評(píng)：本題考查了交流電的峰值、有效值以及結(jié)合歐姆定律進(jìn)行的有關(guān)計(jì)算，難度不大4（3分）（2014新余二模）某區(qū)域的電場(chǎng)線分布如圖所示，其中間一根電場(chǎng)線是直線，一帶正電的粒子從直線上的O點(diǎn)由靜止開(kāi)始在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)取O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿直線向右為x軸正方向，粒子的重力忽略不計(jì)則在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列關(guān)于粒子運(yùn)動(dòng)速度v和加速度a隨時(shí)間t的變化、粒子的動(dòng)能Ek和運(yùn)動(dòng)徑跡上電勢(shì)隨位移x的變化圖線可能正確的是（）ABCD考點(diǎn)：勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；電場(chǎng)線；電勢(shì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有難度星級(jí)：四星專題：電場(chǎng)

7、力與電勢(shì)的性質(zhì)專題分析：根據(jù)電場(chǎng)線的分布，可確定電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與大小，根據(jù)電荷在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力可知加速度大小的變化由電場(chǎng)線的來(lái)確定電勢(shì)的變化，再由電荷的電性與電勢(shì)高低來(lái)確定電勢(shì)能的變化解答：解：A、由圖可知，從O到A點(diǎn)，電場(chǎng)線由疏到密，電場(chǎng)強(qiáng)度先減小后增大，方向不變，因此電荷受到的電場(chǎng)力先減小后增大，則加速度先減小后增大，故A錯(cuò)誤，B正確；C、沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，而電勢(shì)與位移的圖象的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，因此C錯(cuò)誤；D、Ek與x的圖象斜率與a有關(guān)，而a與電場(chǎng)強(qiáng)度E有關(guān)，即為Ek=，因電場(chǎng)強(qiáng)度先減小后增大，則斜率也先減小后增大，故D錯(cuò)誤；故選：B點(diǎn)評(píng)：考查電場(chǎng)線的分布體現(xiàn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小與方向

8、，并根據(jù)電場(chǎng)線來(lái)確定加速度，速度，電勢(shì)及電勢(shì)能如何變化注意圖象含義的應(yīng)用二、選擇題（在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，至少有一個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的）5（3分）2012年6月18日，“神舟九號(hào)”飛船經(jīng)5次變軌追“天宮一號(hào)”如果將“神舟九號(hào)”飛船的五次變軌簡(jiǎn)化為如圖所示的二次變軌：由軌道變至軌道，再變至軌道下列關(guān)于“神舟九號(hào)”飛船的描述正確的是（）A沿軌道的運(yùn)動(dòng)周期比沿軌道的運(yùn)動(dòng)周期短B沿軌道從P向Q的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度逐漸變小C沿軌道運(yùn)動(dòng)的機(jī)械能比沿軌道運(yùn)動(dòng)的機(jī)械能大D沿軌道運(yùn)動(dòng)的加速度比沿軌道運(yùn)動(dòng)的加速度小考點(diǎn)：人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系；萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有難度星級(jí)：一星專題：人

9、造衛(wèi)星問(wèn)題分析：根據(jù)開(kāi)普勒行星運(yùn)動(dòng)定律比較周期大小問(wèn)題，熟悉航天器變軌原理，萬(wàn)有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力等展開(kāi)討論解答：解：A、根據(jù)開(kāi)普勒行星運(yùn)動(dòng)定律，軌道II的半長(zhǎng)軸大于軌道I的半徑，故周期大于軌道I周期故A錯(cuò)誤；B、神舟九號(hào)從近地點(diǎn)向遠(yuǎn)地點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中要克服引力做功，故神舟九號(hào)的動(dòng)能將減小即速度減小，故B正確；C、神舟九號(hào)從軌道I轉(zhuǎn)移到軌道III的過(guò)程中除了引力對(duì)神舟九號(hào)做功外神舟九號(hào)的發(fā)動(dòng)機(jī)需對(duì)神舟九號(hào)做正功，故神舟九號(hào)的機(jī)械能將會(huì)增加，故C正確；D、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有，所以神舟九號(hào)在軌道III上運(yùn)動(dòng)的加速度小于在軌道I上運(yùn)動(dòng)的加速度故D正確；故選BCD點(diǎn)評(píng)：抓住航天器變軌原理，抓住圓

10、周運(yùn)動(dòng)時(shí)萬(wàn)有引力提供向心力是解決本題的關(guān)鍵6（3分）測(cè)聲室內(nèi)的地面、天花板和四周墻壁表面都貼上了吸音板，它們不會(huì)反射聲波，在相距6m的兩側(cè)墻壁上各安裝了一個(gè)揚(yáng)聲器a和b，俯視如圖所示，兩揚(yáng)聲器的振動(dòng)位移大小、方向完全相同，頻率為170Hz一個(gè)與示波器Y輸入相連的麥克風(fēng)從a點(diǎn)開(kāi)始沿a、b兩點(diǎn)連線緩緩向右運(yùn)動(dòng)，已知空氣中聲波的波速為340m/s，則（）A麥克風(fēng)運(yùn)動(dòng)到距離a點(diǎn)1.5 m處時(shí)示波器熒屏上的波形為一直線B麥克風(fēng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中除在a、b兩點(diǎn)外，振動(dòng)加強(qiáng)位置有5個(gè)C麥克風(fēng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中示波器熒屏顯示的波形幅度是不變的D如果麥克風(fēng)運(yùn)動(dòng)到a、b連線的中點(diǎn)停下來(lái)之后，麥克風(fēng)中的振動(dòng)膜將始終處于位移最大處考

11、點(diǎn)：示波管及其使用；聲波菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有分析：當(dāng)路程差是半波長(zhǎng)的偶數(shù)倍時(shí)，振動(dòng)加強(qiáng)，當(dāng)路程差是半波長(zhǎng)的奇數(shù)倍時(shí)，振動(dòng)減弱；結(jié)合示波器的原理進(jìn)行分析解答：解：A、聲波的波長(zhǎng)=m=2m，麥克風(fēng)運(yùn)動(dòng)到距離 a 點(diǎn) 1.5m 處時(shí)，該點(diǎn)到a、b兩點(diǎn)的路程差為3m，等于半波長(zhǎng)的奇數(shù)倍，振動(dòng)減弱，正好抵消，所以在示波器熒屏上波形為一直線故A正確B、麥克風(fēng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中除在a、b 兩點(diǎn)外，距a點(diǎn)1m、2m、3m、4m、5m的5個(gè)點(diǎn)到a、b的路程差都為半波長(zhǎng)的偶數(shù)倍，振動(dòng)加強(qiáng)，上圖示波器熒屏上有5次出現(xiàn)波形最大故B正確C、由于輸入Y的振動(dòng)不是穩(wěn)定的，所以波形振幅是變化的故C錯(cuò)誤D、如果麥克風(fēng)運(yùn)動(dòng)到a、b 連線的中點(diǎn)

12、停下來(lái)之后，該點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，振幅最大，但不是位移始終最大故D錯(cuò)誤故選：AB點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道示波器的工作原理，以及知道當(dāng)路程差是半波長(zhǎng)的偶數(shù)倍時(shí)，振動(dòng)加強(qiáng)，當(dāng)路程差是半波長(zhǎng)的奇數(shù)倍時(shí)，振動(dòng)減弱7（3分）在如圖所示的兩平行虛線之間存在著垂直紙面向里、寬度為d、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，正方形線框abcd的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)（Ld）、質(zhì)量為m、電阻為R將線框從距離磁場(chǎng)的上邊界為h高處由靜止釋放后，線框的ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v0，ab邊剛離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度也為v0，在線框開(kāi)始進(jìn)入到全部離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中（）A感應(yīng)電流所做的功為mgdB感應(yīng)電流所做的功為2mgdC線框的最小動(dòng)能為D線框的最小動(dòng)能為mg

13、（hd+L）考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；電功、電功率菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：電磁感應(yīng)功能問(wèn)題分析：從ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊剛穿出磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中，線框的動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減小轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律求解線圈產(chǎn)生的熱量，即可得到感應(yīng)電流做功線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，到ab邊剛出磁場(chǎng)，沒(méi)有感應(yīng)電流，線框不受安培力，做勻加速運(yùn)動(dòng)，ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v0，cd邊剛穿出磁場(chǎng)時(shí)速度也為v0，說(shuō)明線框出磁場(chǎng)過(guò)程一定有減速運(yùn)動(dòng)，dc剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度最小，根據(jù)動(dòng)能定理求解最小動(dòng)能解答：解：A、B、分析從ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊剛穿出磁場(chǎng)的過(guò)程：動(dòng)能變化為0，線框的重力勢(shì)能減小轉(zhuǎn)化為線框產(chǎn)生的熱量，則 Q

14、=mgd；ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)速度為v0，穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度也為v0，所以從ab邊剛穿出磁場(chǎng)到cd邊剛離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程，線框產(chǎn)生的熱量與從ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊剛穿出磁場(chǎng)的過(guò)程產(chǎn)生的熱量相等，所以線框從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程，產(chǎn)生的熱量為：Q=2mgd，則感應(yīng)電流做功為：W=Q=2mgd故A錯(cuò)誤，B正確C、D、線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，到ab邊剛出磁場(chǎng)，沒(méi)有感應(yīng)電流，線框不受安培力，做勻加速運(yùn)動(dòng)，ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v0，cd邊剛穿出磁場(chǎng)時(shí)速度也為v0，說(shuō)明線框出磁場(chǎng)過(guò)程一定有減速運(yùn)動(dòng)，dc剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度最小設(shè)線框的最小動(dòng)能為Ekm，全部進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間動(dòng)能最小由動(dòng)能定理得：從ab邊剛進(jìn)入

15、磁場(chǎng)到線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，則有：Ekm=mgLmgd，又=mgh解得：Ekm=mg（hd+L），故C錯(cuò)誤，D正確故選：BD點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵要認(rèn)真分析題設(shè)的條件，抓住ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度和ab邊剛穿出磁場(chǎng)時(shí)速度相同是分析的突破口，來(lái)分析線框的運(yùn)動(dòng)情況，正確把握能量如何轉(zhuǎn)化的，要注意進(jìn)入和穿出產(chǎn)生的焦耳熱相等三、非選擇題8（10分）某同學(xué)利用光電傳感器設(shè)計(jì)了測(cè)定重力加速度的實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，實(shí)驗(yàn)器材有帶有標(biāo)度的豎直桿、光電計(jì)時(shí)器、小鋼球等，小鋼球的初始位置與標(biāo)度O平齊，O、A、B、C、D、E間距相等豎直桿上端固定一個(gè)電磁鐵，通電時(shí)，小鋼球被吸在電磁鐵上，斷電時(shí)，小鋼球自由下落光電門可以在豎直桿

16、上移動(dòng)（1）先將光電門夾在A處，光電計(jì)時(shí)器記錄下小鋼球經(jīng)過(guò)光電門的時(shí)間為t，量出OA的距離為h，小鋼球的直徑為d則小鋼球運(yùn)動(dòng)到光電門處的瞬時(shí)速度v=，當(dāng)?shù)氐闹亓铀贋椋ㄓ妙}中所給字母表示）；（2）該同學(xué)通過(guò)移動(dòng)光電門在豎直桿上的位置進(jìn)行多次實(shí)驗(yàn)，若某次實(shí)驗(yàn)時(shí)光電門計(jì)時(shí)器記錄下小鋼球經(jīng)過(guò)光電門的時(shí)間為t，請(qǐng)你判斷此時(shí)光電門應(yīng)固定在位置D處（選填“B”、“C”、“D”或“E”）考點(diǎn)：測(cè)定勻變速直線運(yùn)動(dòng)的加速度菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：實(shí)驗(yàn)題分析：（1）根據(jù)極短時(shí)間內(nèi)的平均速度等于瞬時(shí)速度求出小鋼球運(yùn)動(dòng)到光電門處時(shí)的瞬時(shí)速度，根據(jù)速度位移公式求出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣龋?）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度位移公式確定光電

17、門的位置解答：解：（1）小球通過(guò)光電門時(shí)的速度，根據(jù)v2=2gh，解得g=（2）若某次實(shí)驗(yàn)時(shí)光電門計(jì)時(shí)器記錄下小鋼球經(jīng)過(guò)光電門的時(shí)間為t，則通過(guò)光電門的速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，根據(jù)v2=2gh得，知下落的高度變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，因?yàn)镺D=4OA，所以光電門應(yīng)固定在D處故答案為：（1）；（2）D點(diǎn)評(píng)：解答本題要知道極短時(shí)間內(nèi)的平均速度可以代替瞬時(shí)速度，能根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的基本公式分析，難度不大，屬于基礎(chǔ)題9（10分）現(xiàn)有兩個(gè)電阻R和R0，R為標(biāo)準(zhǔn)電阻，R0的阻值隨溫度變化一探究小組用圖甲電路（虛線框內(nèi)還有一個(gè)滑動(dòng)變阻器），經(jīng)多次測(cè)量、描點(diǎn)，畫出了兩電阻的伏安特性曲線如圖乙所示，其中兩電阻電流從零開(kāi)始變化

18、已知電源電動(dòng)勢(shì)為6V，內(nèi)阻很?。?）選出最適合本實(shí)驗(yàn)的滑動(dòng)變阻器BA.5 0.6A B.20 0.6A C.100 0.6A（2）在圖甲中虛線框內(nèi)補(bǔ)充完整電路圖（3）實(shí)驗(yàn)中，當(dāng)電流表的示數(shù)為0.1A時(shí)，電阻R0消耗的電功率為0.2W；由圖線知，R0的阻值隨溫度升高怎樣變化？溫度升高，電阻減小考點(diǎn)：描繪小電珠的伏安特性曲線菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：實(shí)驗(yàn)題分析：（1）根據(jù)電源電動(dòng)勢(shì)、滑動(dòng)變阻器最大阻值與滑動(dòng)變阻器允許的最大電流分析答題（2）根據(jù)題意確定滑動(dòng)變阻器接法，然后作出實(shí)驗(yàn)電路圖（3）由圖乙所示圖象求出當(dāng)電流表的示數(shù)為0.1A時(shí)，電阻R0兩端的電壓，然后由P=UI求出電阻實(shí)際功率；根據(jù)圖示圖象應(yīng)用

19、歐姆定律分析答題解答：解：（1）電源電動(dòng)勢(shì)為6V；通過(guò)滑動(dòng)變阻器A的電流I=1.2A0.6A，不能保證電路安全，故不能選擇滑動(dòng)變阻器A；通過(guò)滑動(dòng)變阻器B的電流I=0.3A0.6A，通過(guò)滑動(dòng)變阻器C的電流：I=0.006A0.6A，滑動(dòng)變阻器B、C都能保證安全，為方便實(shí)驗(yàn)操作，應(yīng)選滑動(dòng)變阻器B（2）由題意可知，電阻電流從零開(kāi)始變化，則滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法，實(shí)驗(yàn)電路圖如圖所示：（3）由圖乙所示圖象可知，當(dāng)電流表的示數(shù)為0.1A時(shí)，電阻R0兩端電壓為2V，電阻消耗的實(shí)際功率P=UI=20.1=0.2W；由圖乙所示圖象可知，隨電阻R0兩端電壓增大，通過(guò)電阻的電流增大，電阻實(shí)際功率增大，電阻溫度升高

20、，由圖象可知，電阻兩端電壓與電流的比值減小，電阻阻值減小，由此可知，隨溫度升高，電阻阻值減小故答案為：（1）B；（2）電路圖如圖所示；（3）0.2；溫度升高，電阻減小點(diǎn)評(píng)：對(duì)電表讀數(shù)時(shí)要先確定電表量程的分度值，讀數(shù)時(shí)視線要與電表刻度線垂直；應(yīng)用串聯(lián)電路特點(diǎn)即可求出燈泡兩端電壓10（20分）如圖所示，在MN左側(cè)QP上方有勻強(qiáng)電場(chǎng)在MN右側(cè)存在垂直于紙面的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出），其左邊界和下邊界分別與MN、AA重合現(xiàn)有一帶電粒子以初速度v0自O(shè)點(diǎn)沿水平方向射入，并恰好從P點(diǎn)射出，又經(jīng)過(guò)在矩形有界磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)，最終垂直于MN從A點(diǎn)向左水平射出已知PA距離為d，OP=，OO距離L=d不計(jì)帶電粒子重

21、力求：（1）粒子從下極板邊緣射出時(shí)的速度；（2）粒子在從O到A經(jīng)歷的時(shí)間（3）矩形有界磁場(chǎng)的最小面積考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題分析：（1）帶電粒子做平拋運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)的分解可得平行極板方向做勻速運(yùn)動(dòng)，垂直此方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可求解；（2）粒子做平拋運(yùn)動(dòng)后進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系可得已知長(zhǎng)度與運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑的表達(dá)式再由軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角，從而求出所需要的時(shí)間；（3）從幾何角度得出磁場(chǎng)的最小區(qū)域，再由面積公式即可求解解答：解：（1）帶電粒子在電場(chǎng)中平行極板方向勻速運(yùn)動(dòng)：豎直方向從靜止開(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng)：，解得則粒子從下極板邊

22、緣射出時(shí)的速度為，且與豎直方向成300角（2）帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，由幾何關(guān)系可得r=，離開(kāi)電場(chǎng)后先做勻速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間然后進(jìn)入磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)1200到達(dá)A，所以帶電粒子從O運(yùn)動(dòng)至A所用的總時(shí)間為t=t1+t2+t3=（3）由軌跡示意圖可知，磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挼扔谲壽E半徑r，高等于，而r=，所以矩形有界磁場(chǎng)的最小面積為S=r=答：（1）粒子從下極板邊緣射出時(shí)的速度為2v0，方向與豎直方向成300角；（2）粒子從O運(yùn)動(dòng)到A經(jīng)歷的時(shí)間時(shí)間為；（3）矩形有界磁場(chǎng)的最小面積為點(diǎn)評(píng)：理解平拋運(yùn)動(dòng)處理的運(yùn)動(dòng)分解規(guī)律，掌握勻速圓周運(yùn)動(dòng)的：定圓心、畫軌跡、求半徑的方法同時(shí)運(yùn)用幾何知識(shí)來(lái)結(jié)合求解11如圖甲所示，光滑絕緣水平桌面上直立一個(gè)單匝正方形導(dǎo)線框ABCD，線框的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)=4m、總電阻為R=1在直角坐標(biāo)系xOy中，有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的下邊界與x軸重合，上邊界滿足曲線方程y=2sinx（m），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=2T線框在沿x軸正方向的拉力F作用下，以速度v=1m/s水平向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，直到拉出磁場(chǎng)（1）求線框中AD兩端的最大電壓；（2）在圖乙中畫出運(yùn)動(dòng)過(guò)程中線框it圖象，并估算磁場(chǎng)區(qū)域的面積（估算結(jié)果保留2位有效數(shù)字）；（3）求線框在穿越整個(gè)磁場(chǎng)的過(guò)程中，拉力F所做的功考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)菁優(yōu)網(wǎng)版