福建省龙岩市武平一中高考物理模拟试卷（含解析）.doc

2015年福建省龙岩 市武平一中高考物理模拟试卷一、本卷共18题，每小题6分共108分在下列各题的四个选项中，只有一个选项是正确的12014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图“北斗”系统中两颗卫星“g1”和“g3”以及“高分一号”均可认为绕地心o做匀速圆周运动卫星“g1”和“g3”的轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的a、b两位置，“高分一号”在c位置若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为r，不计卫星间的相互作用力则以下说法正确的是（） a 卫星“g1”和“g3”的加速度大小相等均为 g b 卫星“g1”由位置a运动到位置b所需的时间为 c 如果调动“高分一号”卫星到达卫星“g3”所在的轨道，必须对其减速 d “高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大，机械能会减小2如图，两束光的交点前放入一块长方形的玻璃砖，则交点的位置将（） a 不变 b 向左移动 c 向右移动 d 可能向左，也可能向右移动，由光的颜色决定3如图所示为一列简谐横波在某时刻的波形图已知图中质点b的起振时刻比质点a超前了0.4s，则以下说法正确的是（） a 波的波速为10m/s b 波的频率为1.25hz c 波沿x轴正方向传播 d 该时刻质点p正沿y轴正方向运动4一物体运动的速度时间图象如图所示，由此可知（） a 在2t0时间内物体的加速度一直在减小 b 在2t0时间内物体的速度一直在减小 c 在2t0时间内物体所受的合力先减小后增大 d 在2t0时间内物体的速度变化量为05如图甲所示，t为理想变压器，原、副线圈匝数比为10：1，副线圈所接电路中，电压表v1、v2和电流表a1、a2都为理想电表，电阻r1=2，r2=6，r3的最大阻值为12，原线圈两端加上如图乙所示的电压在r3的滑片自最下端滑动到最上端的过程中，以下说法正确的是（） a 电压表v1的示数与电流表a1的示数的乘积先增大后减小 b 电压表v2的示数为20v c 副圈两端电压的瞬时值表达式为u1=20sin（100t）vd 电压表v1的示数增大6某学生设计了一个验证法拉第电磁感应定律的实验，实验装置如图甲所示在大线圈中放置一个小线圈，大线圈与多功能电源连接多功能电源输入到大线圈的电流i1的周期为t，且按图乙所示的规律变化，电流i1将在大线圈的内部产生变化的磁场，该磁场磁感应强度b与线圈中电流i的关系为b=ki1（其中k为常数）小线圈与电流传感器连接，并可通过计算机处理数据后绘制出小线圈中感应电流i2随时间t变化的图象若仅将多功能电源输出电流变化的频率适当增大，则下图中所示各图象中可能正确反映i2t图象变化的是（图中分别以实线和虚线表示调整前、后的i2t图象）（） a b c d 二、实验题7用如图所示实验装置验证机械能守恒定律通过电磁铁控制的小铁球从a点自由下落，下落过程中经过光电门b时，毫秒计时器（图中未画出）记录下小球挡光时间t，测出ab之间的距离h实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束（1）（单选）为了验证机械能守恒定律，还需要测量下列哪些物理量；aa点与地面间的距离hb小铁球的质量mc小铁球从a到b的下落时间tabd小铁球的直径d（2）小铁球通过光电门b时的瞬时速度v=，若下落过程中机械能守恒，则与h的关系式为=8某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，部分步骤如下：（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数分别如图甲、乙所示，长度为mm，直径为mm（2）选用多用电表的电阻“1”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丁所示，则该电阻的阻值约为；（3）为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下：电流表a1（量程300ma，内阻约为2）；电流表a2（量程l50ma，内阻约为10）；电压表v1量程lv，内阻r=1000）；电压表v2（量程l5v，内阻约为3000）；定值电阻r0=1000；滑动变阻器r1（最大阻值5）；滑动变阻器r2（最大阻值l000）；电源e（电动势约为4v，内阻r约为1）；开关，导线若干为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，电压表应选，电流表应选，滑动变阻器应选（均填器材代号）根据你选择的器材，请在图丙所示的线框内画出实验电路图三、解答题（共3小题，满分54分）9如图所示，用电阻为r的硬导线做成一边长为l的方框将方框放在绝缘的水平木板上，与木板最大的摩擦力为fm在方框右半部加上均匀增加的竖直向下的磁场区域中，磁感应强度b=kt求：（1）导线中感应电流的大小；（2）经过多少时间方框开始运动10如图所示，带正电的甲球固定在足够大的光滑绝缘水平面上的a点，其带电量为q；质量为m、带正电的乙球在水平面上的b点由静止释放，其带电量为q；a、b两点间的距离为l0释放后的乙球除受到甲球的静电力作用外，还受到一个大小为f=（k为静电力常数）、方向指向甲球的恒力（非电场力）作用，两球均可视为点电荷求：（1）乙球在释放瞬间的加速度大小；（2）乙球的速度最大时两球间的距离；（3）若乙球运动的最大速度为vm，求乙球从开始运动到速度为vm的过程中电势能的变化量11如图所示，水平地面上方竖直边界mn左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场b和沿竖直方向的匀强电场e2（未画出），磁感应强度b=1.0t，mn边界右侧离地面h=3m处有长为l=0.91m的光滑水平绝缘平台，平台的左边缘与mn重合，平台右边缘有一质量m=0lkg、电量q=0.1c的带正电小球，以初速度v0=0.6m/s向左运动此时平台上方存在e1=2n/c的匀强电场，电场方向与水平方向成角，指向左下方，小球在平台上运动的过程中，为45至90的某一确定值小球离开平台左侧后恰好做匀速圆周运动小球可视为质点，g=10m/s2求：（1）电场强度e2的大小和方向；（2）小球离开平台左侧后在磁场中运动的最短时间；（3）小球离开平台左侧后，小球落地点的范围（计算结果都可以用根号表示）四、选择题（共2小题，每小题6分，满分12分）12下列说法中正确的是（） a 粒子散射实验是波尔建立原子核式结构模型的重要依据 b 根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度减小 c bi的半衰期是5天，12gbi经过15天后还有1.5g未衰变 d 正负电子对湮灭技术是一项较新的核物理技术一对正负电子对湮灭后生成光子的事实说明质量守恒定律是有适用范围的13在质量为m的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车（和单摆）以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短在此碰撞过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的（） a 小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足（m+m0）v=mv1+mv2+m0v3 b 摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足mv=mv1+mv2 c 摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v，满足mv（m+m）v d 小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足（m+m0）v=（m+m0）v1+mv22015年福建省龙岩市武平一中高考物理模拟试卷参考答案与试题解析一、本卷共18题，每小题6分共108分在下列各题的四个选项中，只有一个选项是正确的12014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图“北斗”系统中两颗卫星“g1”和“g3”以及“高分一号”均可认为绕地心o做匀速圆周运动卫星“g1”和“g3”的轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的a、b两位置，“高分一号”在c位置若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为r，不计卫星间的相互作用力则以下说法正确的是（） a 卫星“g1”和“g3”的加速度大小相等均为 g b 卫星“g1”由位置a运动到位置b所需的时间为 c 如果调动“高分一号”卫星到达卫星“g3”所在的轨道，必须对其减速 d “高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大，机械能会减小考点： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系专题： 人造卫星问题分析： 根据万有引力提供圆周运动向心力及重力与万有引力相等分析卫星的加速度大小情况，掌握卫星变轨原理即通过做离心运动和近心运动改变运动轨道，根据除重力外其它力做功与机械能变化的关系分析机械能的变化情况解答： 解：a、根据万有引力提供向心力，得a=而gm=gr2所以卫星的加速度故a错误；b、根据万有引力提供向心力，得所以卫星1由位置a运动到位置b所需的时间t=故b错误；c、“高分一号”卫星加速，将做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长，故如果调动“高分一号”卫星快速到达g3所在轨道必须对其加速，故c错误；d、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，克服阻力做功，机械能减小故d正确故选：d点评： 解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，以及黄金代换式gm=gr22如图，两束光的交点前放入一块长方形的玻璃砖，则交点的位置将（） a 不变 b 向左移动 c 向右移动 d 可能向左，也可能向右移动，由光的颜色决定考点： 光的折射定律专题： 光的折射专题分析： 入射光透过玻璃砖后与原来的方向平行，只不过想外侧平移，所以交点右移解答： 解：两条光线在透过玻璃砖后，都向外侧平移了一小段距离，所以交点向右移动一段距离故选c点评： 本题考查了光的折射定律，难度不大3如图所示为一列简谐横波在某时刻的波形图已知图中质点b的起振时刻比质点a超前了0.4s，则以下说法正确的是（） a 波的波速为10m/s b 波的频率为1.25hz c 波沿x轴正方向传播 d 该时刻质点p正沿y轴正方向运动考点： 波长、频率和波速的关系；横波的图象分析： 根据图中质点b的起振时刻比质点a超前了 0.4s，确定出周期，a、b间距离等于半个波长，确定出波长，求出波速波由振动早的质点向振动迟的质点传播解答： 解：a、由题，b和a之间的距离是2m，则波长即为4mb、a两点振动相差半个周期，由题：图中质点b的起振时刻比质点a超前了 0.4s，则周期t=0.8s，则波速为v=5m/s，频率f=1.25hz故a错误，b正确c、由于质点b的起振时刻比质点a早，所以波沿x轴负方向传播，c错误；d、由“上下坡”法知该时刻质点p正向y轴负方向运动故d错误故选：b点评： 本题要理解沿波的传播方向质点的起振逐渐延迟，相邻两个波峰或波谷间的距离等于波长4一物体运动的速度时间图象如图所示，由此可知（） a 在2t0时间内物体的加速度一直在减小 b 在2t0时间内物体的速度一直在减小 c 在2t0时间内物体所受的合力先减小后增大 d 在2t0时间内物体的速度变化量为0考点： 匀变速直线运动的图像专题： 运动学中的图像专题分析： 在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；图线的斜率表示加速度，加速度与合力的关系满足牛顿第二定律；根据这些知识分析物体的运动情况解答： 解：a、图线的斜率表示加速度，则知在2t0时间内物体的加速度先减小后增大，故a错误b、在2t0时间内物体的速度先沿正向减小，后沿负向增大，故b错误c、在2t0时间内物体的加速度先减小后增大，根据牛顿第二定律知，合力先减小后增大，故c正确d、在2t0时间内物体的速度变化量为v=v0v0=2v00，故d错误故选：c点评： 本题考查对图象的识别，重点要看清坐标轴，其次要看斜率，要注意速度和加速度都是矢量，不仅要关注它们的大小，还要注意它们的方向5如图甲所示，t为理想变压器，原、副线圈匝数比为10：1，副线圈所接电路中，电压表v1、v2和电流表a1、a2都为理想电表，电阻r1=2，r2=6，r3的最大阻值为12，原线圈两端加上如图乙所示的电压在r3的滑片自最下端滑动到最上端的过程中，以下说法正确的是（） a 电压表v1的示数与电流表a1的示数的乘积先增大后减小 b 电压表v2的示数为20v c 副圈两端电压的瞬时值表达式为u1=20sin（100t）v d 电压表v1的示数增大考点： 变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式专题： 交流电专题分析： 与闭合电路中的动态分析类似，可以根据r3的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况将r1视为电源内阻，将电压表v1的示数与电流表a1的示数的乘积视为电源输出功率，当内外电阻相同时输出功率最大解答： 解：a、将r1视为电源内阻，将电压表v1的示数与电流表a1的示数的乘积视为电源输出功率，当内外电阻相同时输出功率最大，故随外电阻的减小，输出功率先增大后减小，故a正确；b、从图乙得到输入电压的最大值为220v，故输入电压为u1=220v；根据变压比公式，有：u2=220=22v故电压表v2的示数为22v，故b错误；c、周期t=0.02s，=100rad/s，副圈两端电压的瞬时值表达式为u1=20cos（100t）v，故c错误；d、在r3的滑片自最下端滑动到最上端的过程中，原、副线圈匝数比不变，副线圈两端电压不变，在r3的滑片自最下端滑动到最上端的过程中，由于总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，故电阻r1的电压增加，故并联部分的电压减小了，所以电压表v1的示数减小，故d错误；故选：a点评： 电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法此题d项利用等效的思想要比列式分析更简单，只是要知道当内外电阻相同时输出功率最大6某学生设计了一个验证法拉第电磁感应定律的实验，实验装置如图甲所示在大线圈中放置一个小线圈，大线圈与多功能电源连接多功能电源输入到大线圈的电流i1的周期为t，且按图乙所示的规律变化，电流i1将在大线圈的内部产生变化的磁场，该磁场磁感应强度b与线圈中电流i的关系为b=ki1（其中k为常数）小线圈与电流传感器连接，并可通过计算机处理数据后绘制出小线圈中感应电流i2随时间t变化的图象若仅将多功能电源输出电流变化的频率适当增大，则下图中所示各图象中可能正确反映i2t图象变化的是（图中分别以实线和虚线表示调整前、后的i2t图象）（） a b c d 考点： 法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律专题： 电磁感应与图像结合分析： 大线圈与多功能电源连接，在每个时间段内电流随时间均匀变化，则产生的磁场均匀变化，根据法拉第电磁感应定律，判断小线圈中电流的变化当多功能电源输出电流变化的频率适当增大，则产生的感应电动势适当增加解答： 解：根据法拉第电磁感应定律得，e=，因为大线圈中每个时间段内电流均匀变化，则每个时间段内产生的感应电动势不变，则小线圈中每个时间段内感应电流的大小不变因为多功能电源输出电流变化的频率适当增大，则产生的感应电动势适当增加，感应电流大小适当增加，变化的周期变小故d正确，a、b、c错误故选d点评： 解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，知道磁场均匀变化时，产生的感应电动势大小不变，会根据楞次定律判断感应电流的方向二、实验题7用如图所示实验装置验证机械能守恒定律通过电磁铁控制的小铁球从a点自由下落，下落过程中经过光电门b时，毫秒计时器（图中未画出）记录下小球挡光时间t，测出ab之间的距离h实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束（1）（单选）为了验证机械能守恒定律，还需要测量下列哪些物理量d；aa点与地面间的距离hb小铁球的质量mc小铁球从a到b的下落时间tabd小铁球的直径d（2）小铁球通过光电门b时的瞬时速度v=，若下落过程中机械能守恒，则与h的关系式为=考点： 验证机械能守恒定律专题： 实验题；机械能守恒定律应用专题分析： （1）该题利用自由落体运动来验证机械能守恒，因此需要测量物体自由下落的高度hab，以及物体通过b点的速度大小，在测量速度时我们利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，因此明白了实验原理即可知道需要测量的数据；（2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，由此可以求出小铁球通过光电门时的瞬时速度，根据机械能守恒的表达式可以求出所要求的关系式解答： 解：（1）a、根据实验原理可知，需要测量的是a点到光电门的距离，故a错误；b、根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，故b错误；c、利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，故c错误；d、利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的直径，故d正确故选：d（2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：v=，根据机械能守恒的表达式有：mgh=mv2，即：=h故答案为：（1）d；（2），点评： 无论采用什么样的方法来验证机械能守恒，明确其实验原理都是解决问题的关键，同时在处理数据时，要灵活应用所学运动学的基本规律8某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，部分步骤如下：（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数分别如图甲、乙所示，长度为50.3mm，直径为5.310mm（2）选用多用电表的电阻“1”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丁所示，则该电阻的阻值约为22；（3）为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下：电流表a1（量程300ma，内阻约为2）；电流表a2（量程l50ma，内阻约为10）；电压表v1量程lv，内阻r=1000）；电压表v2（量程l5v，内阻约为3000）；定值电阻r0=1000；滑动变阻器r1（最大阻值5）；滑动变阻器r2（最大阻值l000）；电源e（电动势约为4v，内阻r约为1）；开关，导线若干为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，电压表应选v1，电流表应选a2，滑动变阻器应选r1（均填器材代号）根据你选择的器材，请在图丙所示的线框内画出实验电路图考点： 测定金属的电阻率专题： 实验题；恒定电流专题分析： （1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读（2）用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确；（3）根据电源电动势选择电压表，根据通过待测电阻的最大电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，滑动变阻器可以采用分压接法，根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，作出实验电路图解答： 解：（1）游标卡尺读出游标尺零刻度左侧对应的主尺上面毫米的整数部分即50mm，游标尺上面与主尺刻度线对齐的第3条，10分度游标卡尺精确度为0.1mm，所以读数为50mm+30.1mm=50.3mm螺旋测微器第一部分读数为固定刻度，即5mm，找出可动刻度与主尺对齐的刻度线，估读一位，据图可读出对齐的刻度为31.0，乘以精确度0.01mm再加上固定刻度即最终读数：5mm+31.00.01=5.310mm（2）欧姆档测电阻为指针对应刻度与倍率的乘积即：221=22（3）由于电源电压为4v，显然电压表选15v时不满足读数不得小于其量程的的要求，因此只能选v1，而v1量程又太小，而题目中给了一个定值电阻，将定值电阻与电压表串联，装成一个新的电压表，量程为2v，基本满足要求，这样由于电阻值约22，因此回路电流最大约100ma左右，因此电流表选a2，为了测量精确，滑动变阻器采分压式接法，为了便于调节，滑动变阻器选用r1，电路图电流表采用外接法，如图所示：故答案为：（1）50.3，5.310；（2）22； （3）v1，a2，r1，如图所示：点评： 掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读明确实验原理和误差来源，明确电流表、电压表和滑动变阻器的选择要求三、解答题（共3小题，满分54分）9如图所示，用电阻为r的硬导线做成一边长为l的方框将方框放在绝缘的水平木板上，与木板最大的摩擦力为fm在方框右半部加上均匀增加的竖直向下的磁场区域中，磁感应强度b=kt求：（1）导线中感应电流的大小；（2）经过多少时间方框开始运动考点： 法拉第电磁感应定律专题： 电磁感应与电路结合分析： （1）根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律与楞次定律，即可求解；（2）根据左手定则，结合平衡条件，即可求解解答： 解：（1）感应电动势：而s= 联立得：e= 导线中感应电流的大小：i=（2）当安培力与摩擦力大小相等时，方框开始运动即：f=fm； 而f=bil，b=kt 解得：t=答：（1）导线中感应电流的大小；（2）经过时间方框开始运动点评： 考查法拉第电磁感应定律、楞次定律与闭合电路欧姆定律的应用，掌握左手定则与右手定则的区别，注意平衡条件的运用10如图所示，带正电的甲球固定在足够大的光滑绝缘水平面上的a点，其带电量为q；质量为m、带正电的乙球在水平面上的b点由静止释放，其带电量为q；a、b两点间的距离为l0释放后的乙球除受到甲球的静电力作用外，还受到一个大小为f=（k为静电力常数）、方向指向甲球的恒力（非电场力）作用，两球均可视为点电荷求：（1）乙球在释放瞬间的加速度大小；（2）乙球的速度最大时两球间的距离；（3）若乙球运动的最大速度为vm，求乙球从开始运动到速度为vm的过程中电势能的变化量考点： 动能定理的应用；牛顿第二定律；库仑定律专题： 动能定理的应用专题分析： （1）乙球在释放瞬间竖直方向受力平衡，水平方向受到甲的静电斥力和f，根据牛顿第二定律求出其加速度大小（2）乙向左先做加速运动后做减速运动，当所受的甲的静电斥力和f大小相等时，乙球的速度最大，可求出两球间的距离（3）根据动能定理求出静电力对乙球做功，即可得到其电势能的变化量解答： 解：（1）根据牛顿第二定律得 ma=f，又f= 可解得：a=（2）当乙球所受的甲的静电斥力和f大小相等时，乙球的速度最大， f= 可解得x=2l0（3）根据动能定理得 mvm20=w电wf， 得 w电=mvm2+wf=mvm2+fl0=mvm2+静电力做正功，电势能减少了mvm2+答：（1）乙球在释放瞬间的加速度大小是；（2）乙球的速度最大时两球间的距离为2l0；（3）乙球从开始运动到速度为vm的过程中电势能减少了mvm2+点评： 本题是牛顿第二定律、动能定理的综合，根据乙球的受力情况，分析其运动情况是解题的基础11如图所示，水平地面上方竖直边界mn左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场b和沿竖直方向的匀强电场e2（未画出），磁感应强度b=1.0t，mn边界右侧离地面h=3m处有长为l=0.91m的光滑水平绝缘平台，平台的左边缘与mn重合，平台右边缘有一质量m=0lkg、电量q=0.1c的带正电小球，以初速度v0=0.6m/s向左运动此时平台上方存在e1=2n/c的匀强电场，电场方向与水平方向成角，指向左下方，小球在平台上运动的过程中，为45至90的某一确定值小球离开平台左侧后恰好做匀速圆周运动小球可视为质点，g=10m/s2求：（1）电场强度e2的大小和方向；（2）小球离开平台左侧后在磁场中运动的最短时间；（3）小球离开平台左侧后，小球落地点的范围（计算结果都可以用根号表示）考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动专题： 带电粒子在复合场中的运动专题分析： （1）小球做匀速圆周运动，电场力等于重力，据此求出场强（2）小球在磁场中做匀速圆周运动，求出小球做圆周运动的圆心角，然后求出其运动时间（3）求出小球落地点最左侧距离，然后求出落地点的右侧距离，然后确定其落地点范围解答： 解：（1）小球在mn左侧做匀速圆周运动，重力与电场力合力为零，即：qe2=mg，解得：e2=10n/c，电场力竖直向上，小球带正电，场强竖直向上；（2）=90时，小球在平台上做匀速直线运动，离开平台左侧时的速度最小为：vmin=v0.6m/s，当=45时，小球离开平台左侧时的速度最大，由动能定理得：qe1lcos=mvmax2mv02，解得：vmax=2m/s，小球通过mn后的速度0.6m/sv2m/s，小球以2m/s速度在磁场中做匀速圆周运动的时间最短，由牛顿第二定律得：qvb=m，小球做圆周运动的周期：t=，解得：r=2m，t=2，因为sin=，则=30，小球在磁场中转过的圆心角=120，小球在磁场中的运动时间：t=t=2=s2.1s；（3）小球落在n点左侧的最大距离时，l=rcos30=m，小球从右边界飞出的最小半径r=0.6m，小球离开磁场后做平抛运动，竖直方向：h2r=gt2，水平方向：s=vt，速度：v=，解得：s=，当r=1m时，s有最大值，因为0.6mr1.5m，则s=成立，代入数据解得：s=m，则小球落点在n点左边m、右边m范围内答：（1）电场强度e2的大小为10n/c，方向：竖直向上；（2）小球离开平台左侧后在磁场中运动的最短时间为0.21s；（3）小球离开平台左侧后，小球落地点的范围是：在n点左边m、右边m范围内点评： 本题是小球在重力场、电场与磁场的复合场中运动类型，考查受力平衡的状态方程，机械能守恒与动量守恒定律的应用，关键要把握每个过程遵守的物理规律，结合几何知识进行处理四、选择题（共2小题，每小题6分，满分12分）12下列说法中正确的是（） a 粒