浙江省台州市路桥中学2022届高三物理上学期12月月考试卷含解析

2022-2022学年浙江省台州市路桥中学高三（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中()A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表与电流表的示数都增大C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．电压表的示数减小，电流表的示数增大2．如图所示，半径为R的圆形导线环对心、匀速穿过半径也为R的圆形匀强磁场区域，规定逆时针方向的感应电流为正．导线环中感应电流i随时间t的变化关系如图所示，其中最符合实际的是()A．B．C．D．3．两同学用如图所示方法做共点力平衡实验．M、N为摩擦不计的定滑轮，O点是轻质细绳OA、OB和OC的结点，桌上有若干相同的钩码，某同学已经在A点和C点分别挂了3个和4个钩码，为使O点在两滑轮间某位置受力平衡，另一同学在B点挂的钩码数应是()A．1个B．3个C．5个D．7个17\n4．如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v﹣t图象如图乙所示（重力加速度为g），则下列说法不正确的是()A．施加外力前，弹簧的形变量为B．外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M（g﹣a）C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力不为零D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值5．如图所示，木块A放置在光滑水平面上，当受到6N水平拉力作用时，产生了3m/s2的加速度．若在静止的木块A上面放置质量为4kg的木块B，A、B之间的动摩擦因数为0.3．取重力加速度g=10m/s2，当6N水平拉力作用在B木块上，()A．木块A、B可能相对滑动B．木块B的加速度大小为1.5m/s2C．木块A对木块B的摩擦力大小为2ND．10s内木块B对木块A做的功为100J6．如图所示，两块相对的平行金属板M、N与电池相连接以保持两板间电压不变，N板接地，在距两板等远的一点P固定一个带负电的点电荷，如果将N板向上平移一小段距离后，()A．点电荷受到的电场力减小B．点电荷受到的电场力增大C．点电荷的电势能保持不变D．点电荷的电势能减小7．一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a和速度的倒数（）图象如图所示．若已知汽车的质量，则根据图象所给的信息，能求出的物理量是()17\nA．汽车的功率B．汽车行驶的最大速度C．汽车所受到的阻力D．汽车运动到最大速度所需的时间二、非选择题：8．为了测量两个质量不等沙袋的质量，由于没有可直接测量的工具（如天平、弹簧秤等），某实验小组应用下列器材测量：轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略）、一套总质量为m=0.5kg砝码，细线、米尺、秒表，他们根据所学的物理知识改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量（g取10m/s2）．具体操作如下：（1）实验装置如图所示，设左右两边沙袋的质量分别为m2、m1；（2）从m中取出质量为△m的砝码放在右边沙袋中（剩余砝码都放在左边沙袋中，发现质量为m1的沙袋下降，质量为m2的沙袋上升（质量为m1的沙袋下降过程未与其他物体相碰）；（3）用米尺测出质量为m1的沙袋从静止开始下降的距离h，用秒表测出质量为m1的沙袋下降距离h所对应的时间t，则可求沙袋的加速度大小为a=__________；（4）改变右边砝码的质量△m，测量相应的加速度a，得到多组△m及a的数据，作出“a～△m”图线；（5）若求得图线的斜率k=4m/kg•s2，截距为b=2m/s2，沙袋的质量m1=__________kg，m2=__________kg．9．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实物连线如图1所示．17\n（1）请根据实物连线图画出电路图；（2）某同正确操作后，测得I﹣U的数据如表所示：用表中数据描绘电压随电流的变化曲线；（3）当电流为0.30A和1.10A时，小灯泡的电阻分别为__________Ω和__________Ω．10．如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道AB是光滑的，在最低点B与水平轨道BC相切，BC的长度是圆弧半径的10倍，整个轨道处于同一竖直平面内．可视为质点的物块从A点正上方某处无初速下落，恰好落入小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出．已知物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力是物块重力的9倍，小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失．求：（1）物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的几倍（2）物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ11．如图甲所示，在虚线框两侧区域存在有大小为B、方向分别为水平向左和水平向右的匀强磁场．用薄金属条制成的闭合正方形框aa′b′b边长为L，质量为m，电阻为R．金属方框水平放置于距磁场上边界H处，由静止开始下落，其平面在下落过程中始终保持水平，当其落人磁场后，aa′整边、bb′整边分别位于左、右两边的磁场中，方向均与磁场方向垂直，乙图是从上向下看的俯视图．（不计空气阻力）．（1）求方框下落的最大速度vm（设磁场区域在竖直方向足够长）；（2）当方框下落的速度为v时，求此时方框内感应电流的功率P；（3）从进入磁场开始计时经过时间t，方框在磁场中下落了高度h，速度达到vt．若在这段时间内感应电流做的功与一恒定电流，I0在t时间内在该框内做的功相同，求恒定电流l0的表达式．17\n12．（22分）如图，在一二象限内﹣R≤x≤R范围内有竖直向下的运强电场E，电场的上边界方程为y=x2．在三四象限内存在垂直于纸面向里、边界方程为x2+y2=R2的匀强磁场．现在第二象限中电场的上边界有许多质量为m，电量为q的正离子，在y=R处有一荧光屏，当正离子达到荧光屏时会发光，不计重力和离子间相互作用力．（1）求在x（﹣R≤x≤R）处释放的离子进入磁场时速度．（2）若仅让横坐标x=﹣的离子释放，它最后能经过点（R，0），求从释放到经过点（R，0）所需时间t．（3）若同时将离子由静止释放，释放后一段时间发现荧光屏上只有一点持续发出荧光．求该点坐标和磁感应强度B1．2022-2022学年浙江省台州市路桥中学高三（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中()17\nA．电压表与电流表的示数都减小B．电压表与电流表的示数都增大C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．电压表的示数减小，电流表的示数增大考点：闭合电路的欧姆定律．分析：由电路图可知R2与R0并联后与R1串联，电压表测路端电压；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表中示数的变化．解答：解：滑片下移，则滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，内阻两端电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，R1上的分压增大，故并联部分电压减小，即可知电流表示数减小，故A正确，BCD错误；故选A．点评：分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化．2．如图所示，半径为R的圆形导线环对心、匀速穿过半径也为R的圆形匀强磁场区域，规定逆时针方向的感应电流为正．导线环中感应电流i随时间t的变化关系如图所示，其中最符合实际的是()A．B．C．D．考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律．专题：电磁感应与图像结合．分析：首先根据右手定则判断环刚进入磁场时回路中感应电流方向，排除部分答案，然后根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果．解答：解：开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为正方向，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为负方向；17\n当进入磁场时，切割的有效长度变大，则产生感应电流也变大；当离开磁场时，切割的有效长度变小，则产生感应电流也变小，根据i===2Bvsinθ=2Bvsinωt，当环与磁场完全重合之前，电流按椭圆规律最大，之后电流变为反向，按椭圆规律变化的；故ACD错误；因此只有B正确；故选：B．点评：对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除．3．两同学用如图所示方法做共点力平衡实验．M、N为摩擦不计的定滑轮，O点是轻质细绳OA、OB和OC的结点，桌上有若干相同的钩码，某同学已经在A点和C点分别挂了3个和4个钩码，为使O点在两滑轮间某位置受力平衡，另一同学在B点挂的钩码数应是()A．1个B．3个C．5个D．7个考点：共点力平衡的条件及其应用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：根据共点力平衡的条件O点的合力应该为零，结合互成角度的二力合成的取值范围进行判断．解答：解：结点O受三根轻质细绳OA、OB和OC的拉力，处于平衡状态，根据共点力平衡的条件合力为零得：OB拉力与OA和OC拉力的合力等值，反向．在A点和C点分别挂了3个和4个钩码，设每个钩码的重力是mg，所以OA和OC拉力大小分别是3mg和4mg，根据装置的特点，所以OA和OC拉力方向夹角不可能为零或180°，故二者合力的范围为1mg＜FOB＜7mg，所以另一同学在B点挂的钩码数可以是3个、5个，不可能是1个、7个．故选：BC．点评：本题考查平衡条件的应用，知道互成角度的二力的合成范围是F1﹣F2≤F合≤F1+F2．4．如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v﹣t图象如图乙所示（重力加速度为g），则下列说法不正确的是()17\nA．施加外力前，弹簧的形变量为B．外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M（g﹣a）C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力不为零D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值考点：功能关系．分析：题中弹簧弹力根据胡克定律列式求解，先对物体AB整体受力分析，根据牛顿第二定律列方程；再对物体B受力分析，根据牛顿第二定律列方程；t1时刻是A与B分离的时刻，之间的弹力为零．解答：解：A、施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有：2Mg=kx解得：x=2故A正确．B、施加外力F的瞬间，对BB物体，根据牛顿第二定律，有：F弹﹣Mg﹣FAB=Ma其中：F弹=2Mg解得：FAB=M（g﹣a），故B正确．C、物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a且FAB=0；对B：F弹′﹣Mg=Ma解得：F弹′=M（g+a），故C正确．D、当弹簧的弹力F弹′=Mg时，B达到最大速度，故D错误．本题选择不正确的，故选：D．点评：本题关键是明确A与B分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对AB整体和B物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程分析，不难．5．如图所示，木块A放置在光滑水平面上，当受到6N水平拉力作用时，产生了3m/s2的加速度．若在静止的木块A上面放置质量为4kg的木块B，A、B之间的动摩擦因数为0.3．取重力加速度g=10m/s2，当6N水平拉力作用在B木块上，()A．木块A、B可能相对滑动B．木块B的加速度大小为1.5m/s217\nC．木块A对木块B的摩擦力大小为2ND．10s内木块B对木块A做的功为100J考点：功的计算；摩擦力的判断与计算．专题：功的计算专题．分析：先根据牛顿第二定律求出A的质量，放上B后假设二者能相对静止，由整体法和隔离法求出AB间需要的静摩擦力大小，若此值小于等于AB间的最大静摩擦力，则AB能保持相对静止．解答：解：对A，根据牛顿第二定律：F=mAa得：mA==2kg假设AB能保持相对静止，以AB整体为研究对象：F=（mA+mB）a′得：a′==1m/s2对A所需要的摩擦力：f=mAa′=2×1=2NAB间最大静摩擦力：fmax=μmBg=0.3×40=12N12N＞2N，故AB能保持相对静止，即AB一起加速，加速度为1m/s2；AB错误，由前面分析知木块A对木块B的摩擦力大小为2N，C正确；根据动能定理，10s内木块B对木块A做的功W=mAvA2=×2×102=100J，D正确；故选：CD．点评：本题属于连接体问题，通常采用整体法和隔离法结合应用，关键是知道，放上B后A有最大加速度是由最大静摩擦力提供的，若A的加速度大于此值则二者会发生相对滑动．6．如图所示，两块相对的平行金属板M、N与电池相连接以保持两板间电压不变，N板接地，在距两板等远的一点P固定一个带负电的点电荷，如果将N板向上平移一小段距离后，()A．点电荷受到的电场力减小B．点电荷受到的电场力增大C．点电荷的电势能保持不变D．点电荷的电势能减小考点：电势差与电场强度的关系；电容．专题：电场力与电势的性质专题．分析：平行金属板M、N与电池相连，板间电压不变．将M板向上平移一小段距离，板间距离增大，电容减小，场强减小，点电荷所受电场力减小．根据P点与下板之间电势差的变化情况，确定P点电势的变化．若电势升高，负电荷的电势能降低；若电势降低，负电荷的电势能增大．解答：解：AB、由题分析得知，电容器的板间电压保持不变，将N板向上平移一小段距离，板间距离减小，则由E=得知，板间场强E增大，点电荷受到的电场力增大．故A错误，B正确．17\nCD、板间场强增大，P点与上板间的距离未变，由U=Ed得知，P点与上板之间电势差增大，板间电压不变，则P点与下板间的电压减小，P点的电势高于下板的电势，则P点的电势升高，点电荷带负电，则点电荷在P点具有的电势能减小．故C错误，D正确．故选：BD点评：解答本题时，关键要对物理量间的关系要熟悉．确定电势，往往先确定电势差，再确定电势．7．一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a和速度的倒数（）图象如图所示．若已知汽车的质量，则根据图象所给的信息，能求出的物理量是()A．汽车的功率B．汽车行驶的最大速度C．汽车所受到的阻力D．汽车运动到最大速度所需的时间考点：功率、平均功率和瞬时功率．专题：功率的计算专题．分析：汽车恒定功率启动，对汽车受力分析后根据牛顿第二定律列方程，再结合图象进行分析即可．解答：解：AC、对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：F﹣f=ma其中：F=联立得：a=﹣结合图线，有：﹣=﹣2，0=0.05﹣解得：=40，=2，由于质量已知，可以求出汽车的功率P和阻力f．故AC正确．B、当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，a=0时，=0.05，v=20m/s，所以最大速度为20m/s，故B正确；D、汽车的初速度未知，汽车做是变加速运动，故加速时间无法求出，故D错误；故选：ABC．17\n点评：本题关键对汽车受力分析后，根据牛顿第二定律列出加速度与速度关系的表达式，再结合图象进行分析求解．二、非选择题：8．为了测量两个质量不等沙袋的质量，由于没有可直接测量的工具（如天平、弹簧秤等），某实验小组应用下列器材测量：轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略）、一套总质量为m=0.5kg砝码，细线、米尺、秒表，他们根据所学的物理知识改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量（g取10m/s2）．具体操作如下：（1）实验装置如图所示，设左右两边沙袋的质量分别为m2、m1；（2）从m中取出质量为△m的砝码放在右边沙袋中（剩余砝码都放在左边沙袋中，发现质量为m1的沙袋下降，质量为m2的沙袋上升（质量为m1的沙袋下降过程未与其他物体相碰）；（3）用米尺测出质量为m1的沙袋从静止开始下降的距离h，用秒表测出质量为m1的沙袋下降距离h所对应的时间t，则可求沙袋的加速度大小为a=；（4）改变右边砝码的质量△m，测量相应的加速度a，得到多组△m及a的数据，作出“a～△m”图线；（5）若求得图线的斜率k=4m/kg•s2，截距为b=2m/s2，沙袋的质量m1=3kg，m2=1.5kg．考点：牛顿第二定律；机械能守恒定律．专题：实验题．分析：（1）质量为m1的沙袋从静止开始下降做匀加速直线运动，根据下降的距离h和时间，由位移公式求出其加速度．（2）根据牛顿第二定律对m2、m1分别研究，得出△m与a的关系式，根据数学知识分析图线的斜率与截距的意义，求解两个沙袋的质量．解答：解：（3）由题，质量为m1的沙袋从静止开始下降做匀加速直线运动，由h=，解得a=．（5）根据牛顿第二定律得：对m1及砝码：（m1+△m）g﹣T=（m1+△m）a对m2及砝码：T﹣（m2+m﹣△m）g=（m2+m﹣△m）a联立解得：a=+17\n根据数学知识得知：“a～△m”图线斜率k=，截距b=将m=0.5kg，g=10m/s2，k=4m/kg•s2，b=2m/s2，代入解得：m1=3kg，m2=1.5kg．故答案为：（3）；（5）3，1.5．点评：本题是加速度不同的连接体问题，运用隔离法研究加速度，得到a与△m的关系式，再根据图线的数学意义求解两个沙袋的质量．9．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实物连线如图1所示．（1）请根据实物连线图画出电路图；（2）某同正确操作后，测得I﹣U的数据如表所示：用表中数据描绘电压随电流的变化曲线；（3）当电流为0.30A和1.10A时，小灯泡的电阻分别为0.83Ω和4.4Ω．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题．分析：（1）明确实物图结构，即可得出对应的原理图；（2）根据表中数据采用描点法即可得出对应的伏安特性曲线；（3）由伏安特性曲线可得出电流为0.30A和1.10A时的电压值；再由欧姆定律可求得电阻．解答：解：（1）由实物图可知，该接法采用了分压和电流表外接法，故原理图如图所示；（2）采用描点法作出图象如图所示；（3）由图可知当电流为0.3A时，电压为0.25V；当电流为1.10A时，电压为4.8V；则由欧姆定律可知，电阻分别为：R1==0.83Ω；R2==4.4Ω；故答案为：（1）如图所示；（2）如图所示；（3）0.83；4.417\n点评：本题考查测量小灯泡的伏安特性曲线，要注意由图象进行数据处理的方法，同时注意灯泡的电阻随温度的升高而增大，故得出的为曲线而不是直线．10．如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道AB是光滑的，在最低点B与水平轨道BC相切，BC的长度是圆弧半径的10倍，整个轨道处于同一竖直平面内．可视为质点的物块从A点正上方某处无初速下落，恰好落入小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出．已知物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力是物块重力的9倍，小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失．求：（1）物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的几倍（2）物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ考点：机械能守恒定律；滑动摩擦力；牛顿第二定律；动能定理的应用．专题：压轴题．分析：物块恰好落入小车圆弧轨道滑动，做圆周运动，到达圆弧轨道最低点B时受到的圆弧的支持力与重力合力提供向心力，运用机械能守恒定律和牛顿第二定律即可求出物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度．物块在小车BC上滑动，通过摩擦力相互作用，满足动量守恒，然后对物块和小车分别使用动能定理即可求出动摩擦因数μ．解答：解：（1）、设物块的质量为m，其开始下落处位置距BC的竖直高度为h，到达B点时的速度为v，小车圆弧轨道半径为R．由机械能守恒定律得：mgh=mv2在B点根据牛顿第二定律得：9mg﹣mg=m联立两式解得：h=4R∴物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的4倍．17\n（2）、设物块与BC间的滑动摩擦力的大小为F，物块滑到C点时与小车的共同速度为v'，物块在小车上由B运动到C的过程中小车对地面的位移大小为s．依题意，小车的质量为3m，BC长度为10R．由滑动摩擦公式得：F=μmg由动量守恒定律得：mv=（m+3m）v'对物块、小车分别应用动能定理，有物块：﹣F（10R+s）=mv'2﹣mv2小车：Fs=（3m）v'2﹣0联立求得动摩擦因数：μ=0.3答：（1）、物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的4倍．（2）、物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ为0.3．点评：分析物块的运动过程，明确物块和小车间的相互作用，知道物块在小车BC上滑动，通过摩擦力相互作用，物块做匀减速运动，小车做匀加速运动，恰好没有滑出小车，说明二者速度相等，这样就可以依次选择机械能守恒定律、牛顿第二定律、动量守恒定律、动能定理求解．求动摩擦因数选动能定理简单，因为不考虑中间的运动过程．11．如图甲所示，在虚线框两侧区域存在有大小为B、方向分别为水平向左和水平向右的匀强磁场．用薄金属条制成的闭合正方形框aa′b′b边长为L，质量为m，电阻为R．金属方框水平放置于距磁场上边界H处，由静止开始下落，其平面在下落过程中始终保持水平，当其落人磁场后，aa′整边、bb′整边分别位于左、右两边的磁场中，方向均与磁场方向垂直，乙图是从上向下看的俯视图．（不计空气阻力）．（1）求方框下落的最大速度vm（设磁场区域在竖直方向足够长）；（2）当方框下落的速度为v时，求此时方框内感应电流的功率P；（3）从进入磁场开始计时经过时间t，方框在磁场中下落了高度h，速度达到vt．若在这段时间内感应电流做的功与一恒定电流，I0在t时间内在该框内做的功相同，求恒定电流l0的表达式．考点：法拉第电磁感应定律；安培力．专题：电磁感应——功能问题．17\n分析：（1）根据自由落体运动公式，结合安培力等于重力，从而求出在磁场中速度，再由v0与v′比较大小，从而确定求解；（2）根据电功率表达式，当方框下落的速度为v时，即可求解；（3）根据能量转化守恒关系，与焦耳定律，即可求解．解答：解：（1）根据自由落体公式：v2=2gH，可得方框刚进入磁场时的速度：v0=，令方框在磁场中达到稳定时速度为v′，则有：mg=BI×2L=可得：v′=，若v0≥v′，则方框进入磁场后做加速度变小减速运动，其最大速度为：v0=；若v0＜v′，则方框进入磁场后做加速度变小加速运动，其最大速度为：v′=；（2）当方框下落的速度为v时，方框内感应电流的功率：P=I2R=4；（3）根据能量转化的关系可得：mg（H+h）=mvt2+I02Rt因此等效电流：I0=．答：（1）当v0≥v′，则方框下落的最大速度vm=；当v0＜v′，则方框下落的最大速度vm═；（2）当方框下落的速度为v时，此时方框内感应电流的功率P=4；（3）恒定电流l0的表达式I0=．点评：考查运动学公式的应用，掌握安培力表达式及受力平衡条件，理解电功率表达式与能量转化与守恒定律的应用，注意安培力的方向，同时根据进入磁场的速度大小不同而分情况讨论．12．（22分）如图，在一二象限内﹣R≤x≤R范围内有竖直向下的运强电场E，电场的上边界方程为y=x2．在三四象限内存在垂直于纸面向里、边界方程为x2+y2=R2的匀强磁场．现在第二象限中电场的上边界有许多质量为m，电量为q的正离子，在y=R处有一荧光屏，当正离子达到荧光屏时会发光，不计重力和离子间相互作用力．（1）求在x（﹣R≤x≤R）处释放的离子进入磁场时速度．17\n（2）若仅让横坐标x=﹣的离子释放，它最后能经过点（R，0），求从释放到经过点（R，0）所需时间t．（3）若同时将离子由静止释放，释放后一段时间发现荧光屏上只有一点持续发出荧光．求该点坐标和磁感应强度B1．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）根据动能定理求出粒子经电场加速度后获得的速度，即进入磁场时速度．（2）先由第一问的结论求出x=﹣处的离子释放后获得的速度，然后运动学公式和牛顿第二定律求出从释放到经过点（R，0）所需时间t．（3）所有离子都经过的点为持续发出荧光的点，由几何知识确定半径，由牛顿第二定律求磁感应强度．解答：解：（1）于x处释放离子，由动能定理得：Eqx2=mv2得离子进入磁场时的速度为：v=|x|（2）由（1）得在x=﹣处释放的离子到达x轴时速度为：v=•=从释放到到达x轴时间为：t1===a）第一种情况：离子直接从x=﹣经磁场达x=R处．在磁场中经历半圆时间为：t2===2π总时间为：T1=t1+t2=（2π+）b）第二种情况：离子直接从x=﹣经磁场达x=处进入电场返回磁场再到x=R处17\n易得在磁场中时间仍然为：t2=2π在电场中时间为：3t1=总时间为：T2=3t1+t2=（2π+1）（3）在磁场B中有：qvB=m所以运动半径为：r==|x|可以看出，B一定时，必有r∝|x|，当|x|→0时，r→0（离子经磁场偏转从逼近原点出磁场）因此，所有离子都从原点（0，0）点出磁场，击中荧光屏上（0，R）则有：2r=x因为qvB1=m所以有：B1==2答：（1）在x（﹣R≤x≤R）处释放的离子进入磁场时速度v=|x|．（2）若仅让横坐标x=﹣的离子释放，它最后能经过点（R，0），从释放到经过点（R，0）所需时间t=（2π+）或（2π+1）．（3）若同时将离子由静止释放，释放后一段时间发现荧光屏上只有一点持续发出荧光．该点坐标为（0，R）磁感应强度B1为2．点评：本题中电场的区域边界是数学解析式的表达方式，设计新颖，学习中应该注意数学思想在物理中的应用．17