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2019-2020年高三（上）期末物理模擬試卷含解析 　 一、選擇題（本題共有10個(gè)小題；每小題4分，共40分．在每小題給出的4個(gè)選項(xiàng)中．有的小題只有一個(gè)選項(xiàng)正確，有的小題有多個(gè)選項(xiàng)正確．全部選對的得4分．選不全的得2分．有錯(cuò)選或不答的得0分．） 1．以下說法正確的是（　?。? 　 A． 奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在著磁場 　 B． 庫侖利用扭秤實(shí)驗(yàn)測出了萬有引力常量 　 C． 亞里士多德提出了力是改變物體運(yùn)動狀態(tài)的原因 　 D． 開普勒關(guān)于行星運(yùn)動的描述為萬有引力定律的發(fā)現(xiàn)奠定了基礎(chǔ) 　 2．如圖所示，傳送帶沿逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動．小木塊a、b用細(xì)線連接，用平行于傳送帶的細(xì)線拉住a，兩木塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)．關(guān)于木塊受力個(gè)數(shù)，正確的是（　?。? 　 A． a受4個(gè)，b受5個(gè) B． a受4個(gè)，b受4個(gè) 　 C． a受5個(gè)，b受5個(gè) D． a受5個(gè)，b受4個(gè) 　 3．某時(shí)刻，兩車從同一地點(diǎn)、沿同一方向做直線運(yùn)動，下列關(guān)于兩車的位移x、速度v隨時(shí)間t變化的圖象，能反應(yīng)t1時(shí)刻兩車相遇的是（　?。? 　 A． B． C． D． 　 4．如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1：n2=10：1，輸電線的等效電阻為R=2Ω，燈泡的電阻為8Ω，原線圈輸入如圖乙所示的正弦交流電，則（　?。? 　 A． 交流電的頻率為0.02 Hz 　 B． 副線圈兩端電壓的有效值為2.7V 　 C． 電流表的示數(shù)為0.027A 　 D． 電流表的示數(shù)為2.7A 　 5．已知磁敏電阻在沒有磁場時(shí)電阻很小，有磁場時(shí)電阻變大，并且磁場越強(qiáng)阻值越大．為探測磁場的有無，利用磁敏電阻作為傳感器設(shè)計(jì)了如圖所示電路，電源的電動勢E和內(nèi)阻r不變，在沒有磁場時(shí)調(diào)節(jié)變阻器R使電燈L正常發(fā)光，若探測裝置從無磁場區(qū)進(jìn)入強(qiáng)磁場區(qū)．則（　?。? 　 A． 電燈L變亮 B． 電燈L變暗 　 C． 流過滑動變阻器的電流變大 D． 電流表的示數(shù)增大 　 6．如圖所示，北斗導(dǎo)航系統(tǒng)中兩顆衛(wèi)星，均為地球同步衛(wèi)星．某時(shí)刻位于軌道上的A、B兩位置．設(shè)地球表面處的重力加速度為g，地球半徑為R，地球自轉(zhuǎn)周期為T．則（　?。? 　 A． 兩衛(wèi)星線速度大小均為 　 B． 兩衛(wèi)星軌道半徑均為 　 C． 衛(wèi)星l由A運(yùn)動到B所需的最短時(shí)間為 　 D． 衛(wèi)星l由A運(yùn)動到B的過程中萬有引力做正功 　 7．一帶正電的檢驗(yàn)電荷，僅在電場力作用下沿x軸從x=﹣∞向x=+∞運(yùn)動，其速度υ隨位置x變化的圖象如圖所示．x=x1和x=﹣x1處，圖線切線的斜率絕對值相等且最大．則在x軸上（　?。? 　 A． x=x1和x=﹣x1兩處，電場強(qiáng)度相同 　 B． x=x1和x=﹣x1兩處，電場強(qiáng)度最大 　 C． x=0處電勢最高 　 D． 從x=x1運(yùn)動到x=+∞過程中，電荷的電勢能逐漸增大 　 8．如圖所示，MN右側(cè)一正三角形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，上邊界與MN垂直．現(xiàn)有一與磁場邊界完全相同的三角形導(dǎo)體框，垂直于MN勻速向右運(yùn)動．導(dǎo)體框穿過磁場過程中感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象可能是（取逆時(shí)針電流為正）（　?。? 　 A． B． C． D． 　 9．如圖所示，光滑斜面傾角為θ，c為斜面上固定擋板，物塊a和b通過輕質(zhì)彈簧連接，a、b處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧壓縮量為x．現(xiàn)對a施加沿斜面向下的外力使彈簧再壓縮3x，之后突然撤去外力，經(jīng)時(shí)間t，物塊a沿斜面向上運(yùn)動的速度為v，此時(shí)物塊b剛要離開擋板．已知兩物塊的質(zhì)量均為m，重力加速度為g．下列說法正確的是（　?。? 　 A． 彈簧的勁度系數(shù)為 　 B． 物塊b剛要離開擋板時(shí)，a的加速度為gsinθ 　 C． 物塊a沿斜面向上運(yùn)動速度最大時(shí)，物塊b對擋板c的壓力為0 　 D． 撤去外力后，經(jīng)過時(shí)間t，彈簧彈力對物塊a做的功為5mgxsinθ+mv2 　 10．如圖所示，金屬桿ab靜放在水平固定的“U”形金屬框上，整個(gè)裝置處于豎直向上的磁場中．當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大時(shí)，桿ab總保持靜止，則（　　） 　 A． 桿中感應(yīng)電流方向是從a到b 　 B． 桿中感應(yīng)電流大小保持不變 　 C． 金屬桿所受安培力逐漸增大 　 D． 金屬桿受三個(gè)力作用而保持平衡 　 　 二、實(shí)驗(yàn)題（本題包括3個(gè)小題．共18分．把答案填在第答題處） 11．用游標(biāo)卡尺和螺旋測微器分別測量一根玻璃棒的長度和直徑，測量的結(jié)果如圖所示，則此棒的長度L=　　　　　　cm，直徑d=　　　　　　mm． 　 12．某同學(xué)用如圖所示的電路測量一個(gè)約為200Ω的電阻R0的阻值．實(shí)驗(yàn)室備有電源（電動勢為6.0V），電流表A（量程50mA）．另有電壓表V1（量程5V）和電壓表V2（量程15V），滑動變阻器R1（阻值0～10Ω）和滑動變阻器R2（阻值0～1kΩ），供選擇使用． （1）電壓表應(yīng)選擇　　　　　　（填“V1”或“V2”），滑動變阻器應(yīng)選擇　　　　　　（填“R1”或“R2”）． （2）閉合電鍵，電流表無示數(shù)，電壓表有示數(shù)．經(jīng)檢查發(fā)現(xiàn)，有一個(gè)接線柱沒接入電路中，則這個(gè)接線柱是　　　　　?。? A．滑動變阻器左側(cè)電阻絲接線柱 B．電流表正接線柱 C．電壓表正接線柱 D．電鍵右側(cè)接線柱． 　 13．為了探究加速度與力的關(guān)系，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置，帶滑輪的長木板水平放置，板上有兩個(gè)光電門相距為d，滑塊通過細(xì)線與重物相連，細(xì)線的拉力F大小等于力傳感器的示數(shù)．讓滑塊從光電門1由靜止釋放，記下滑到光電門2的時(shí)間t，改變重物質(zhì)量來改變細(xì)繩拉力大小，重復(fù)以上操作5次，得到下列表格中5組數(shù)據(jù)． 次數(shù) a/（m．s﹣2） F/N 1 1.0 0.76 2 2.0 0.99 3 3.0 1.23 4 4.0 1.50 5 5.0 1.76 （1）若測得兩光電門之間距離為d=0.5m，運(yùn)動時(shí)間t=0.5s，則a=　　　　　　m/s2； （2）依據(jù)表中數(shù)據(jù)在坐標(biāo)紙上畫出a﹣F圖象． （3）由圖象可得滑塊質(zhì)量m=　　　　　　kg，滑塊和軌道間的動摩擦因數(shù)μ=　　　　　?。╣=10m/s2） 　 　 三、計(jì)算題（共4個(gè)小題，共42分．解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位） 14．如圖所示，在傾角θ=370的足夠長的固定斜面底端有一質(zhì)量m=1.0kg的物體，物體與斜面間動摩擦因數(shù)μ=0.25，現(xiàn)用輕細(xì)繩將物體由靜止沿斜面向上拉動，拉力F=10.0N，方向平行斜面向上．經(jīng)時(shí)間t=4.0s繩子突然斷了，（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）求： （1）繩斷時(shí)物體的速度大小 （2）從繩子斷了開始到物體再返回到斜面底端的運(yùn)動時(shí)間． 　 15．如圖甲，真空中兩豎直平行金屬板A、B相距d=510﹣2m，B板中心有小孔O，兩板間電勢差隨時(shí)間變化如圖乙．t=0時(shí)刻，將一質(zhì)量m=2.010﹣27kg，電量q=1.610﹣19C的帶正電粒子自O(shè)點(diǎn)由靜止釋放，粒子重力不計(jì)．求： （1）釋放瞬間粒子的加速度； （2）在圖丙中畫出粒子運(yùn)動的υ﹣t圖象．（至少畫一個(gè)周期，標(biāo)明數(shù)據(jù)，不必寫出計(jì)算過程） 　 16．如圖所示，豎直光滑四分之三圓軌道BCD固定在水平面AB上，軌道圓心為O，半徑R=1m，軌道最低點(diǎn)與水平面相切于B點(diǎn)，C為軌道最高點(diǎn)，D點(diǎn)與圓心O等高．一質(zhì)量m=1kg的小物塊，從水平面上以速度υ0=8m/s豎直向上拋出，物塊從D點(diǎn)進(jìn)入圓軌道，最終停在A點(diǎn)，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.4，取g=10m/s2．求： （1）物塊運(yùn)動到D點(diǎn)時(shí)的速度；（可以保留根式） （2）物塊運(yùn)動到C點(diǎn)時(shí)，對軌道的壓力大?。? （3）物塊從B點(diǎn)運(yùn)動到A點(diǎn)所用的時(shí)間及A、B間的距離． 　 17．如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy中，M點(diǎn)的橫坐標(biāo)xM=﹣，在﹣≤x≤0區(qū)域內(nèi)，有豎直向下的勻強(qiáng)電場；N點(diǎn)的橫坐標(biāo)xN=r，以N為圓心、r為半徑的圓內(nèi)及圓邊界上有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場．P為磁場邊界上一點(diǎn)．NP與豎直方向的夾角α=37．從M點(diǎn)沿x軸正方向發(fā)射一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子，粒子速度大小為v0，粒子沿過P點(diǎn)的切線方向射出電場．后經(jīng)P點(diǎn)進(jìn)人磁場運(yùn)動且經(jīng)過N點(diǎn)，不計(jì)粒子重力，sin37=0.6，cos37=0.8．求： （1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E； （2）勾強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B； （3）粒子從M點(diǎn)到第一次經(jīng)過N點(diǎn)所用的時(shí)間t． 　 　  xx學(xué)年山東省濰坊市安丘二中高三（上）期末物理模擬試卷 參考答案與試題解析 　 一、選擇題（本題共有10個(gè)小題；每小題4分，共40分．在每小題給出的4個(gè)選項(xiàng)中．有的小題只有一個(gè)選項(xiàng)正確，有的小題有多個(gè)選項(xiàng)正確．全部選對的得4分．選不全的得2分．有錯(cuò)選或不答的得0分．） 1．以下說法正確的是（　?。? 　 A． 奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在著磁場 　 B． 庫侖利用扭秤實(shí)驗(yàn)測出了萬有引力常量 　 C． 亞里士多德提出了力是改變物體運(yùn)動狀態(tài)的原因 　 D． 開普勒關(guān)于行星運(yùn)動的描述為萬有引力定律的發(fā)現(xiàn)奠定了基礎(chǔ) 考點(diǎn)： 物理學(xué)史． 分析： 由各個(gè)人的貢獻(xiàn)和物理學(xué)的發(fā)展歷史，可以解答本題． 解答： 解：A、奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在著磁場，故A正確． B、卡文迪許利用扭秤實(shí)驗(yàn)測出了萬有引力常量，故B錯(cuò)誤． C、亞里士多德提出了力是維持物體運(yùn)動狀態(tài)的原因，牛頓提出力是改變物體運(yùn)動狀態(tài)的原因，故C錯(cuò)誤． D、開普勒關(guān)于行星運(yùn)動的描述為萬有引力定律的發(fā)現(xiàn)奠定了基礎(chǔ)，故D正確． 故選：AD 點(diǎn)評： 本題重點(diǎn)要在平時(shí)學(xué)習(xí)的時(shí)候，注意掌握物理學(xué)的發(fā)展規(guī)律，注意積累各個(gè)人的貢獻(xiàn)，屬于常識記憶題． 　 2．如圖所示，傳送帶沿逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動．小木塊a、b用細(xì)線連接，用平行于傳送帶的細(xì)線拉住a，兩木塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)．關(guān)于木塊受力個(gè)數(shù)，正確的是（　　） 　 A． a受4個(gè)，b受5個(gè) B． a受4個(gè)，b受4個(gè) 　 C． a受5個(gè)，b受5個(gè) D． a受5個(gè)，b受4個(gè) 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． 專題： 共點(diǎn)力作用下物體平衡專題． 分析： 將研究對象看作一個(gè)孤立的物體并分析它所受各外力特性的方法叫做受力分析，又稱畫隔離體圖，是進(jìn)行力學(xué)計(jì)算的基礎(chǔ)． 解答： 解：先對物體b受力分析，受重力、支持力、細(xì)線的拉力和沿著斜面向下的滑動摩擦力，共4個(gè)力； 再對物體a受力分析，受重力、支持力、兩側(cè)細(xì)線的兩個(gè)拉力和沿著斜面向下的滑動摩擦力，共5個(gè)力； 故ABC均錯(cuò)誤，D正確； 故選：D． 點(diǎn)評： 受力分析的一般步驟：（1）選取研究對象；（2）隔離物體分析；（3）畫出受力示意圖；（4）檢查受力分析是否有誤． 　 3．某時(shí)刻，兩車從同一地點(diǎn)、沿同一方向做直線運(yùn)動，下列關(guān)于兩車的位移x、速度v隨時(shí)間t變化的圖象，能反應(yīng)t1時(shí)刻兩車相遇的是（　?。? 　 A． B． C． D． 考點(diǎn)： 勻變速直線運(yùn)動的圖像；勻變速直線運(yùn)動的速度與時(shí)間的關(guān)系；勻變速直線運(yùn)動的位移與時(shí)間的關(guān)系． 專題： 運(yùn)動學(xué)中的圖像專題． 分析： 在研究圖象時(shí)要注意先明確圖象的坐標(biāo)含義，再由圖象的意義明確物體的運(yùn)動情況，從而判斷物體能否相遇． 解答： 解：A、x﹣t圖象中圖象的點(diǎn)表示物體所在的位置，由圖可知，兩物體不會相遇，故A錯(cuò)誤； B、由圖可知，t1時(shí)刻兩物體相交，故兩物體相遇，故B正確； C、v﹣t圖象表示物體的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律，圖象與時(shí)間軸圍成的面積表示物體通過的位移，由圖可知，兩物體的位移不同，故不會相遇，故C錯(cuò)誤； D、由圖可知，兩物體在t1時(shí)間內(nèi)位移相同，故兩物體相遇，故D正確； 故選：BD． 點(diǎn)評： 對于圖象要先明確圖象的橫縱坐標(biāo)的含義，再由點(diǎn)、線及面的含義進(jìn)行分析即可． 　 4．如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1：n2=10：1，輸電線的等效電阻為R=2Ω，燈泡的電阻為8Ω，原線圈輸入如圖乙所示的正弦交流電，則（　?。? 　 A． 交流電的頻率為0.02 Hz 　 B． 副線圈兩端電壓的有效值為2.7V 　 C． 電流表的示數(shù)為0.027A 　 D． 電流表的示數(shù)為2.7A 考點(diǎn)： 變壓器的構(gòu)造和原理；正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率． 專題： 交流電專題． 分析： 根據(jù)圖象可以求得電壓的有效值、周期和頻率等，再根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比即可求得結(jié)論． 解答： 解：A、B、根據(jù)圖象可得周期0.02s，頻率50Hz，所以A錯(cuò)誤， B、根據(jù)圖象可得原線圈的電壓的最大值為27V，有效值為27V，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比知副線圈兩端電壓的有效值為2.7V，B正確． C、D、副線圈的電流為I==0.27A，電流與匝數(shù)成反比，故電流表的示數(shù)為0.027A，所以C正確，D錯(cuò)誤． 故選：BC． 點(diǎn)評： 本題掌握住理想變壓器的電壓、電流之間的關(guān)系，最大值和有效值之間的關(guān)系即可解決本題． 　 5．已知磁敏電阻在沒有磁場時(shí)電阻很小，有磁場時(shí)電阻變大，并且磁場越強(qiáng)阻值越大．為探測磁場的有無，利用磁敏電阻作為傳感器設(shè)計(jì)了如圖所示電路，電源的電動勢E和內(nèi)阻r不變，在沒有磁場時(shí)調(diào)節(jié)變阻器R使電燈L正常發(fā)光，若探測裝置從無磁場區(qū)進(jìn)入強(qiáng)磁場區(qū)．則（　　） 　 A． 電燈L變亮 B． 電燈L變暗 　 C． 流過滑動變阻器的電流變大 D． 電流表的示數(shù)增大 考點(diǎn)： 閉合電路的歐姆定律． 專題： 恒定電流專題． 分析： 探測裝置從無磁場區(qū)進(jìn)入強(qiáng)磁場區(qū)時(shí)，磁敏電阻變大，則總電流變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律即可分析． 解答： 解：探測裝置從無磁場區(qū)進(jìn)入強(qiáng)磁場區(qū)時(shí)，磁敏電阻變大，電路的總電阻變大，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知總電流變小，所以電流表的示數(shù)減?。? 根據(jù)U=E﹣Ir，可知I減小，路端電壓U增大，所以燈泡兩段的電壓增大，電流增大，實(shí)際功率增大，所以電燈L變亮． 總電流變小，通過燈泡的電流變大，所以通過滑動變阻器的電流變小，故A正確，BCD錯(cuò)誤． 故選：A 點(diǎn)評： 本題是電路的動態(tài)分析問題，知道電路中有一個(gè)電阻變大，總電阻就變大，總電流就變小，再結(jié)合閉合電路歐姆定律分析即可． 　 6．如圖所示，北斗導(dǎo)航系統(tǒng)中兩顆衛(wèi)星，均為地球同步衛(wèi)星．某時(shí)刻位于軌道上的A、B兩位置．設(shè)地球表面處的重力加速度為g，地球半徑為R，地球自轉(zhuǎn)周期為T．則（　　） 　 A． 兩衛(wèi)星線速度大小均為 　 B． 兩衛(wèi)星軌道半徑均為 　 C． 衛(wèi)星l由A運(yùn)動到B所需的最短時(shí)間為 　 D． 衛(wèi)星l由A運(yùn)動到B的過程中萬有引力做正功 考點(diǎn)： 人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系；萬有引力定律及其應(yīng)用． 專題： 人造衛(wèi)星問題． 分析： 地球表面重力與萬有引力相等，同步衛(wèi)星的周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同，萬有引力提供圓周運(yùn)動向心力． 解答： 解：在地球表面重力與萬有引力相等有 A、同步衛(wèi)星的周期為T，但同步衛(wèi)星的軌道半徑不為R，故A錯(cuò)誤； B、根據(jù)萬有引力提供圓周運(yùn)動向心力有可得衛(wèi)星軌道半徑r===，故B正確； C、兩顆衛(wèi)星均為同步衛(wèi)星，相對赤道位置固定，故衛(wèi)星1不可以由A運(yùn)動到B故，C錯(cuò)誤； D、衛(wèi)星圓周運(yùn)動過程中速度方向始終與引力方向垂直，故引力對衛(wèi)星不做功，故D錯(cuò)誤． 故選：B． 點(diǎn)評： 萬有引力提供圓周運(yùn)動向心力是解決本題的突破口，同步衛(wèi)星的周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同． 　 7．一帶正電的檢驗(yàn)電荷，僅在電場力作用下沿x軸從x=﹣∞向x=+∞運(yùn)動，其速度υ隨位置x變化的圖象如圖所示．x=x1和x=﹣x1處，圖線切線的斜率絕對值相等且最大．則在x軸上（　?。? 　 A． x=x1和x=﹣x1兩處，電場強(qiáng)度相同 　 B． x=x1和x=﹣x1兩處，電場強(qiáng)度最大 　 C． x=0處電勢最高 　 D． 從x=x1運(yùn)動到x=+∞過程中，電荷的電勢能逐漸增大 考點(diǎn)： 電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系；電場強(qiáng)度；電勢；電勢能． 專題： 電場力與電勢的性質(zhì)專題． 分析： 根據(jù)速度﹣位移圖象可知，檢驗(yàn)電荷先減速后加速，加速度先增大后減小，在增大后減小，且初末速度相等，檢驗(yàn)電荷帶正電，根據(jù)電場力做功情況可以判斷電勢能的變化． 解答： 解：A、x=x1和x=﹣x1兩處，圖線切線的斜率絕對值相等且最大，故加速度絕對值相等且最大，由牛頓第二定律得電場力電絕對值相等且最大，由F=qE得場強(qiáng)度大小相同，方向相反，故A錯(cuò)誤 B、同理可得B正確， C、一帶正電的檢驗(yàn)電荷，僅在電場力作用下沿x軸從x=﹣∞向x=+∞運(yùn)動，由圖乙可知，檢驗(yàn)電荷先減速后加速運(yùn)動，電場力先做負(fù)功后做正功，由電場力做功與電勢能的關(guān)系，故電勢能先增大后減小，得x=0處電勢最高；故C正確； D、從x=x1運(yùn)動到x=+∞過程中，電荷的速度增大，電場力做正功，由電場力做功與電勢能的關(guān)系，故電勢能減小，電勢能逐漸減小，故D錯(cuò)誤， 故選BC． 點(diǎn)評： 解決這類問題要明確正、負(fù)點(diǎn)電荷形成電場特點(diǎn)以及帶電粒子在電場中運(yùn)動的功能關(guān)系． 　 8．如圖所示，MN右側(cè)一正三角形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，上邊界與MN垂直．現(xiàn)有一與磁場邊界完全相同的三角形導(dǎo)體框，垂直于MN勻速向右運(yùn)動．導(dǎo)體框穿過磁場過程中感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象可能是（取逆時(shí)針電流為正）（　?。? 　 A． B． C． D． 考點(diǎn)： 導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動勢；閉合電路的歐姆定律． 專題： 電磁感應(yīng)與圖像結(jié)合． 分析： 首先根據(jù)右手定則判斷邊cb剛進(jìn)入磁場時(shí)回路中感應(yīng)電流方向，排除部分答案，然后根據(jù)進(jìn)入磁場中有效切割長度的變化，求出感應(yīng)電流的變化，從而得出正確結(jié)果． 解答： 解：開始時(shí)進(jìn)入磁場切割磁感線，根據(jù)右手定則可知，電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，即為正方向，當(dāng)開始出磁場時(shí)，回路中磁通量減小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為順時(shí)針，方向?yàn)樨?fù)方向，因此AB錯(cuò)誤；當(dāng)離開磁場時(shí)，切割的有效長度變小，則產(chǎn)生感應(yīng)電流也變小，故D錯(cuò)誤，C正確；因此只有C正確； 故選C． 點(diǎn)評： 對于圖象問題可以通過排除法進(jìn)行求解，如根據(jù)圖象過不過原點(diǎn)、電流正負(fù)、大小變化等進(jìn)行排除． 　 9．如圖所示，光滑斜面傾角為θ，c為斜面上固定擋板，物塊a和b通過輕質(zhì)彈簧連接，a、b處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧壓縮量為x．現(xiàn)對a施加沿斜面向下的外力使彈簧再壓縮3x，之后突然撤去外力，經(jīng)時(shí)間t，物塊a沿斜面向上運(yùn)動的速度為v，此時(shí)物塊b剛要離開擋板．已知兩物塊的質(zhì)量均為m，重力加速度為g．下列說法正確的是（　?。? 　 A． 彈簧的勁度系數(shù)為 　 B． 物塊b剛要離開擋板時(shí)，a的加速度為gsinθ 　 C． 物塊a沿斜面向上運(yùn)動速度最大時(shí)，物塊b對擋板c的壓力為0 　 D． 撤去外力后，經(jīng)過時(shí)間t，彈簧彈力對物塊a做的功為5mgxsinθ+mv2 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． 專題： 共點(diǎn)力作用下物體平衡專題． 分析： 靜止時(shí)，彈簧的彈力大小等于物塊a重力沿斜面向下的分力，由胡克定律求出彈簧的勁度系數(shù)；物塊b剛要離開擋板時(shí)，彈簧的彈力等于物塊b的重力沿斜面向下的分力，根據(jù)牛頓第二定律求得a的加速度；物塊a沿斜面向上運(yùn)動速度最大時(shí)，彈簧的彈力沿斜面向上，大小與a的重力沿斜面向下的分力相等，物塊b對擋板c的壓力不等于零；撤去外力后，經(jīng)過時(shí)t，根據(jù)動能定理求得彈簧彈力對物塊a做的功． 解答： 解：A、靜止時(shí)，對a：由平衡條件可知，彈簧的彈力大小等于物塊a重力沿斜面向下的分力，由胡克定律得：彈簧的勁度系數(shù)k=．故A正確． B、物塊b剛要離開擋板時(shí)，彈簧的彈力等于物塊b的重力沿斜面向下的分力，則對a有：2mgsinθ=ma，得a=2gsinθ．故B錯(cuò)誤． C、物塊a沿斜面向上運(yùn)動速度最大時(shí)，彈簧的彈力沿斜面向上，大小與a的重力沿斜面向下的分力相等，則知，彈簧對b有向下的壓力，故物塊b對擋板c的壓力不為O．故C錯(cuò)誤． D、撤去外力后，經(jīng)過時(shí)t，彈簧的伸長量為x′=，根據(jù)動能定理得：W﹣mg（4x+x′）sinθ=mv2，解得，彈簧彈力對物塊a做的功為W=5mgxsinθ+mv2．故D正確． 故選：AD 點(diǎn)評： 本題是含有彈簧的力學(xué)問題，關(guān)鍵分析彈簧的狀態(tài)，根據(jù)平衡條件求得彈簧的伸長長度，運(yùn)用動能定理求解彈力對物塊a做的功． 　 10．如圖所示，金屬桿ab靜放在水平固定的“U”形金屬框上，整個(gè)裝置處于豎直向上的磁場中．當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大時(shí)，桿ab總保持靜止，則（　　） 　 A． 桿中感應(yīng)電流方向是從a到b 　 B． 桿中感應(yīng)電流大小保持不變 　 C． 金屬桿所受安培力逐漸增大 　 D． 金屬桿受三個(gè)力作用而保持平衡 考點(diǎn)： 導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動勢；安培力． 分析： 當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B均勻增大時(shí)，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律分析感應(yīng)電流大小如何變化．由左手定則判斷金屬棒所受的安培力方向．由安培力公式F=BIL分析金屬桿受到的安培力如何變化． 解答： 解：A、當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B均勻增大時(shí)，穿過回路的磁通量均勻增大，根據(jù)楞次定律判斷可知，回路中感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向（俯視），桿中的感應(yīng)電流方向是從a到b．故A正確、 B、當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B均勻增大時(shí)，穿過回路的磁通量均勻增大，根據(jù)E==S得知，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不變，則感應(yīng)電流大小保持不變．故B正確． C、根據(jù)安培力F=BIL，得知金屬桿受到的安培力逐漸增大．故C正確； D、桿ab總保持靜止，由左手定則判斷可知，金屬桿所受水平向左安培力、重力、支持力與靜摩擦力四個(gè)力相平衡．故D錯(cuò)誤． 故選：ABC 點(diǎn)評： 利用楞次定律可判斷感應(yīng)電流的方向，左手定則判斷通電導(dǎo)體所受的安培力方向．要明確當(dāng)穿過回路的磁通量均勻變化時(shí)，回路中產(chǎn)生的是恒定電流． 　 二、實(shí)驗(yàn)題（本題包括3個(gè)小題．共18分．把答案填在第答題處） 11．用游標(biāo)卡尺和螺旋測微器分別測量一根玻璃棒的長度和直徑，測量的結(jié)果如圖所示，則此棒的長度L=　4.930　cm，直徑d=　1.600　mm． 考點(diǎn)： 刻度尺、游標(biāo)卡尺的使用；螺旋測微器的使用． 專題： 實(shí)驗(yàn)題． 分析： 游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀．螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時(shí)需估讀． 解答： 解：游標(biāo)卡尺的固定刻度讀數(shù)為4.9cm，游標(biāo)讀數(shù)為0.056mm=0.30mm=0.030cm，所以最終讀數(shù)為4.9cm+0.030cm=4.930cm． 螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為1.5mm，可動刻度讀數(shù)為0.0110.0mm=0.100mm，所以最終讀數(shù)為1.5mm+0.100mm=1.600mm． 故答案為：4.930，1.600 點(diǎn)評： 解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺和螺旋測微器的讀數(shù)方法，游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀．螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時(shí)需估讀． 　 12．某同學(xué)用如圖所示的電路測量一個(gè)約為200Ω的電阻R0的阻值．實(shí)驗(yàn)室備有電源（電動勢為6.0V），電流表A（量程50mA）．另有電壓表V1（量程5V）和電壓表V2（量程15V），滑動變阻器R1（阻值0～10Ω）和滑動變阻器R2（阻值0～1kΩ），供選擇使用． （1）電壓表應(yīng)選擇　　（填“V1”或“V2”），滑動變阻器應(yīng)選擇　　（填“R1”或“R2”）． （2）閉合電鍵，電流表無示數(shù)，電壓表有示數(shù)．經(jīng)檢查發(fā)現(xiàn)，有一個(gè)接線柱沒接入電路中，則這個(gè)接線柱是　B　． A．滑動變阻器左側(cè)電阻絲接線柱 B．電流表正接線柱 C．電壓表正接線柱 D．電鍵右側(cè)接線柱． 考點(diǎn)： 伏安法測電阻． 專題： 實(shí)驗(yàn)題． 分析： 本題（1）的關(guān)鍵是根據(jù)電源電動勢大小選擇電壓表的量程，明確變阻器采用分壓式接法時(shí)，變阻器的全電阻越小線性越好；題（2）的關(guān)鍵是明確根據(jù)歐姆定律判定電路故障的方法． 解答： 解：（1）由于電源電動勢為6.0V，所以電壓表應(yīng)選，由于滑動變阻器采用分壓式接法時(shí)，全電阻越小線性越好，所以變阻器應(yīng)選全電阻最小的； （2）根據(jù)歐姆定律可知，若電流表無示數(shù)、電壓表有示數(shù)，只能說明定值電阻或電流表接線柱接觸不良，而電源、電鍵和電壓表部分接觸良好，所以沒有接入電路的接線柱是B． 故答案為：（1），；（2）B 點(diǎn)評： 明確電表量程的選擇原則是通過電表的最小示數(shù)不能小于其量程的或；明確變阻器采用分壓式接法時(shí)，變阻器的全電阻越小線性越好，所以若變阻器采用分壓式接法，應(yīng)選擇全電阻小的較好． 　 13．為了探究加速度與力的關(guān)系，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置，帶滑輪的長木板水平放置，板上有兩個(gè)光電門相距為d，滑塊通過細(xì)線與重物相連，細(xì)線的拉力F大小等于力傳感器的示數(shù)．讓滑塊從光電門1由靜止釋放，記下滑到光電門2的時(shí)間t，改變重物質(zhì)量來改變細(xì)繩拉力大小，重復(fù)以上操作5次，得到下列表格中5組數(shù)據(jù)． 次數(shù) a/（m．s﹣2） F/N 1 1.0 0.76 2 2.0 0.99 3 3.0 1.23 4 4.0 1.50 5 5.0 1.76 （1）若測得兩光電門之間距離為d=0.5m，運(yùn)動時(shí)間t=0.5s，則a=　4.0　m/s2； （2）依據(jù)表中數(shù)據(jù)在坐標(biāo)紙上畫出a﹣F圖象． （3）由圖象可得滑塊質(zhì)量m=　0.25　kg，滑塊和軌道間的動摩擦因數(shù)μ=　0.2?。╣=10m/s2） 考點(diǎn)： 探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系． 專題： 實(shí)驗(yàn)題；牛頓運(yùn)動定律綜合專題． 分析： （1）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的位移時(shí)間公式求出滑塊的加速度； （2）依據(jù)表中數(shù)據(jù)運(yùn)用描點(diǎn)法作出圖象； （3）知道滑塊運(yùn)動的加速度a和所受拉力F的關(guān)系圖象斜率等于滑塊質(zhì)量的倒數(shù)．對滑塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解． 解答： 解：（1）根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式d=得：a=． （2）a﹣F圖象如圖所示． （3）根據(jù)F﹣μmg=ma得：a=，所以滑塊運(yùn)動的加速度a和所受拉力F的關(guān)系圖象斜率等于滑塊質(zhì)量的倒數(shù)． 由圖形得加速度a和所受拉力F的關(guān)系圖象斜率k=4，所以滑塊質(zhì)量為：m=0.25Kg， 由圖形得，當(dāng)F=0.5N時(shí)，滑塊就要開始滑動，所以滑塊與軌道間的最大靜摩擦力等于0.5N， 而最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，即：μmg=0.5N， 解得：μ=0.2 故答案為：（1）4.0，（2）如圖所示，（3）0.25，0.2． 點(diǎn)評： 解決該題關(guān)鍵要掌握牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式的應(yīng)用，運(yùn)用數(shù)學(xué)知識和物理量之間關(guān)系式結(jié)合起來求解． 　 三、計(jì)算題（共4個(gè)小題，共42分．解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位） 14．如圖所示，在傾角θ=370的足夠長的固定斜面底端有一質(zhì)量m=1.0kg的物體，物體與斜面間動摩擦因數(shù)μ=0.25，現(xiàn)用輕細(xì)繩將物體由靜止沿斜面向上拉動，拉力F=10.0N，方向平行斜面向上．經(jīng)時(shí)間t=4.0s繩子突然斷了，（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）求： （1）繩斷時(shí)物體的速度大小 （2）從繩子斷了開始到物體再返回到斜面底端的運(yùn)動時(shí)間． 考點(diǎn)： 牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動的速度與時(shí)間的關(guān)系． 專題： 牛頓運(yùn)動定律綜合專題． 分析： （1）分析繩子斷前物體的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，由速度公式求解繩斷時(shí)物體的速度大?。? （2）繩斷后，物體先沿斜面向上做勻減速運(yùn)動，后沿斜面向下做勻加速運(yùn)動，由牛頓第二定律求出向上減速過程的加速度，由運(yùn)動學(xué)公式求出時(shí)間和位移．下滑過程的位移大小等于上滑過程總位移大小，由牛頓定律和位移公式結(jié)合求解下滑的時(shí)間． 解答： 解： （1）物體向上運(yùn)動過程中，受重力mg，摩擦力Ff，拉力F，設(shè)加速度為a1， 則有F﹣mgsinθ﹣Ff=ma1 FN=mgcosθ 又 Ff=μFN 得到，F(xiàn)﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1 代入解得，a1=2.0m/s2 所以，t=4.0s時(shí)物體速度v1=a1t=8.0m/s （2）繩斷后，物體距斜面底端x1==16m． 斷繩后，設(shè)加速度為a2，由牛頓第二定律得 mgsinθ+μmgcosθ=ma2 得到，a2=g（sinθ+μcosθ）=8.0m/s2 物體做減速運(yùn)動時(shí)間t2==1.0s 減速運(yùn)動位移x2==4.0m 此后物體沿斜面勻加速下滑，設(shè)加速度為a3，則有 mgsinθ﹣μmgcosθ=ma3 得到，a3=g（sinθ﹣μcosθ）=4.0m/s2 設(shè)下滑時(shí)間為t3，則：x1+x2= 解得，t3=s=3.2s ∴t總=t2+t3=4.2s 答： （1）繩斷時(shí)物體的速度大小是8.0m/s． （2）從繩子斷了開始到物體再返回到斜面底端的運(yùn)動時(shí)間是4.2s． 點(diǎn)評： 本題是有往復(fù)的動力學(xué)問題，運(yùn)用牛頓第二定律與運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合是解題的基本方法，加速度是關(guān)鍵量． 　 15．如圖甲，真空中兩豎直平行金屬板A、B相距d=510﹣2m，B板中心有小孔O，兩板間電勢差隨時(shí)間變化如圖乙．t=0時(shí)刻，將一質(zhì)量m=2.010﹣27kg，電量q=1.610﹣19C的帶正電粒子自O(shè)點(diǎn)由靜止釋放，粒子重力不計(jì)．求： （1）釋放瞬間粒子的加速度； （2）在圖丙中畫出粒子運(yùn)動的υ﹣t圖象．（至少畫一個(gè)周期，標(biāo)明數(shù)據(jù)，不必寫出計(jì)算過程） 考點(diǎn)： 勻強(qiáng)電場中電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系；牛頓第二定律． 專題： 電場力與電勢的性質(zhì)專題． 分析： 由圖可知兩板間開始時(shí)的電勢差，則由U=Ed可求得兩板間的電場強(qiáng)度，則可求得電場力，由牛頓第二定律可求得加速度的大??；因粒子受力可能發(fā)生變化，由位移和速度公式可求得粒子通過的距離． 解答： 解：（1）電場強(qiáng)度E=…① 帶電粒子所受電場力F=Eq…② 由牛頓第二定律得a=…③ 聯(lián)立①②③解之得：a=4.0109m/s2 （2）由U﹣t圖象可知，帶電粒子在極板間先勻加速再勻減速，據(jù)對稱性知：加速位移和減速位移相等．勻加速和勻減速的時(shí)間相等且為t=0.2510﹣5s 據(jù)v=at=4.0109m/s20.2510﹣5s=1104m/s s==4.0109m/s2 （0.2510﹣5s）2=1.2510﹣2 m 由此看出2s＜d，故帶電粒子在極板間多次運(yùn)動． 故粒子運(yùn)動的υ﹣t圖象為： 答：（1）釋放瞬間粒子的加速度4.0109m/s2（2）粒子運(yùn)動的υ﹣t圖象如上圖所示． 點(diǎn)評： 看懂圖，靈活應(yīng)用場強(qiáng)公式、牛頓第二定律解題；判斷帶電粒子在勻強(qiáng)電場的運(yùn)動情況是畫粒子運(yùn)動的υ﹣t圖象的關(guān)鍵． 　 16．如圖所示，豎直光滑四分之三圓軌道BCD固定在水平面AB上，軌道圓心為O，半徑R=1m，軌道最低點(diǎn)與水平面相切于B點(diǎn)，C為軌道最高點(diǎn)，D點(diǎn)與圓心O等高．一質(zhì)量m=1kg的小物塊，從水平面上以速度υ0=8m/s豎直向上拋出，物塊從D點(diǎn)進(jìn)入圓軌道，最終停在A點(diǎn)，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.4，取g=10m/s2．求： （1）物塊運(yùn)動到D點(diǎn)時(shí)的速度；（可以保留根式） （2）物塊運(yùn)動到C點(diǎn)時(shí)，對軌道的壓力大小； （3）物塊從B點(diǎn)運(yùn)動到A點(diǎn)所用的時(shí)間及A、B間的距離． 考點(diǎn)： 機(jī)械能守恒定律；牛頓第二定律；牛頓第三定律． 專題： 機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題． 分析： （1）物塊豎直向上拋出，以豎直向上方向?yàn)檎较?，其加速度為﹣g，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求解； （2）從拋出到C點(diǎn)的過程，只有重力做功，運(yùn)用機(jī)械能守恒列式，求解物塊運(yùn)動到C點(diǎn)時(shí)的速度，再根據(jù)牛頓第二、第三定律求解對軌道的壓力大??； （3）由機(jī)械能的守恒定律求出物塊到B點(diǎn)速度，由動能定理求解AB間的距離，再根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合即可求解時(shí)間． 解答： 解：（1）從拋出到D的過程，物塊做豎直上拋運(yùn)動， 由運(yùn)動學(xué)公式得：﹣2gR=﹣v 解得：vD==m/s=2m/s （2）從拋出到C點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律得： =mg2R+ 解得：vC==m/s=2m/s C點(diǎn)，由牛頓第二定律得：F+mg= 代入數(shù)據(jù)解得：F=﹣mg=﹣110=14N 由牛頓第三定律，物塊對軌道的壓力FN′=14N， （3）由機(jī)械能的守恒定律知，物塊到B點(diǎn)速度vB=v0=8m/s 由動能定理﹣μmgxAB=0﹣ 解得：xAB==m=8m 由牛頓第二定律得：μmg=ma， 則得 a=μg=0.410m/s2=4m/s2 物塊從B點(diǎn)運(yùn)動到A點(diǎn)所用的時(shí)間 t= 解得：t=2s 答： （1）物塊運(yùn)動到D點(diǎn)時(shí)的速度為2m/s； （2）物塊運(yùn)動到C點(diǎn)時(shí)，對軌道的壓力大小為14N； （3）物塊從B點(diǎn)運(yùn)動到A點(diǎn)所用的時(shí)間為2s，A、B間的距離為8m． 點(diǎn)評： 對于動力學(xué)問題，常常有兩類解題思路：一是牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合；二是機(jī)械能守恒定律或動能定理． 　 17．如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy中，M點(diǎn)的橫坐標(biāo)xM=﹣，在﹣≤x≤0區(qū)域內(nèi)，有豎直向下的勻強(qiáng)電場；N點(diǎn)的橫坐標(biāo)xN=r，以N為圓心、r為半徑的圓內(nèi)及圓邊界上有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場．P為磁場邊界上一點(diǎn)．NP與豎直方向的夾角α=37．從M點(diǎn)沿x軸正方向發(fā)射一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子，粒子速度大小為v0，粒子沿過P點(diǎn)的切線方向射出電場．后經(jīng)P點(diǎn)進(jìn)人磁場運(yùn)動且經(jīng)過N點(diǎn)，不計(jì)粒子重力，sin37=0.6，cos37=0.8．求： （1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E； （2）勾強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B； （3）粒子從M點(diǎn)到第一次經(jīng)過N點(diǎn)所用的時(shí)間t． 考點(diǎn)： 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動． 專題： 帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題． 分析： （1）粒子先在電場中做類平拋運(yùn)動，離開電場后做勻速直線運(yùn)動，進(jìn)入磁場后，受到洛倫茲力作用，做勻速圓周運(yùn)動，畫出粒子的運(yùn)動軌跡．運(yùn)用運(yùn)動的分解法，由牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式和幾何關(guān)系結(jié)合求解E； （2）根據(jù)速度的合成求出粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速度大?。蓭缀沃R求出粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律列式求解B； （3）分三段分別由運(yùn)動學(xué)公式求解時(shí)間，即可得到總時(shí)間． 解答： 解：（1）粒子軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知，粒子射出電場的偏轉(zhuǎn)角為α， 粒子在電場中，豎直方向速度為：vy=at=t， 粒子的運(yùn)動時(shí)間：t=，tanα=， 解得：E=； （2）設(shè)粒子進(jìn)入磁場的速度為v，在磁場做圓周運(yùn)動的半徑為r1， 則有：v=，由幾何關(guān)系得：r1=， 由牛頓第二定律得：qvB=m，解得：B=； （3）電場中的時(shí)間為：t1=， 射出電場勻速運(yùn)動的時(shí)間為：t2=， x=at12=t12， 粒子從P到N所用的時(shí)間為：t3=T， 粒子做圓周運(yùn)動的周期：T=， 故粒子從M點(diǎn)到N點(diǎn)所用的時(shí)間為：t=t1+t2+t3=． 答：（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E為； （2）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為； （3）粒子從M點(diǎn)到第一次經(jīng)過N點(diǎn)所用的時(shí)間t為． 點(diǎn)評： 本題是磁場和電場組合場問題，考查分析和解決綜合題的能力，關(guān)鍵是運(yùn)用幾何知識畫出粒子的運(yùn)動軌跡．