2016年江苏省淮安市高考物理四模试卷（解析版）

《2016年江苏省淮安市高考物理四模试卷（解析版）》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在行业资料-天天文库。

2016届江苏省淮安市高考物理四模试卷　一、单项选择题（共5小题，每小题3分，满分15分）1．沈括在《梦溪笔谈》中记载了“以磁石磨针锋”制造指南针的方法，磁针“常微偏东，不全南也”．他是世界上第一个指出地磁场存在磁偏角的人，比西方早了400年．关于地磁场，下列说法中正确的是（　　）A．地磁场只分布在地球的外部B．地理南极点的地磁场方向竖直向上C．地磁场穿过地球表面的磁通量为零D．地球表面各处地磁场的磁感应强度大小相等2．在离地球十几亿光年的遥远星系中有两个黑洞A、B，其质量分别为太阳质量的36倍和29倍，A、B绕它们连线上某点以相同周期转动组成双星系统．在漫长的演变过程中，A、B缓慢靠近，最后合并为一个黑洞，释放出巨大能量，则（　　）A．A、B所受万有引力之比为36：29B．A、B做圆周运动的半径之比为29：36C．A、B缓慢靠近过程中势能增大D．A、B缓慢靠近过程中动能减小3．如图所示，R为阻值较大的电阻，电容器C不带电．现将开关合到1，待电路稳定后再合到2，此过程中通过R的电流i随时间t变化的图象可能是（　　）A．B．C．D．4．竹蜻蜓是我国古代发明的一种儿童玩具，上世纪三十年代，人们根据竹蜻蜓原理设计了直升机的螺旋桨．如图，一小孩搓动质量为20g的竹蜻蜓，松开后竹蜻蜓能上升到二层楼房顶高处．在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功可能是（　　） A．0.2JB．0.6JC．1.0JD．2.5J5．如图所示，木块B静止在水平地面上，木块A叠放在B上．A的左侧靠在光滑的竖起墙面上．关于A、B的受力情况，下列说法中正确的是（　　）A．B对A的作用力方向一定竖直向上B．B对A的作用力一定大于A的重力C．地面对B的摩擦力方向可能向右D．地面对B的作用力大小可能等于A、B的总重力　二、多项选择题（共4小题，每小题4分，满分16分.每小题有多个选项符号题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错误或不答的得0分）6．（4分）两异种点电荷A、B附近的电场线分布如图所示，P为电场中的一点，连线AP、BP相互垂直．已知P点的场强大小为E、电势为φ，电荷A产生的电场在P点的场强大小为EA，取无穷远处的电势为零．下列说法中正确的有（　　）A．A、B所带电荷量相等B．电荷B产生的电场在P点的场强大小为C．A、B连线上有一个电势为零的点D．将电量为﹣q的点电荷从P点移到无穷远处，电场力做的功为qφ 7．（4分）如图所示，轻弹簧上端固定，下端悬挂一质量为m的条形磁铁，磁铁穿过固定的水平闭合金属线圈．将磁铁托起到弹簧压缩x后由静止放开，磁铁会上下运动并逐渐停下来，静止时弹簧伸长x．不计空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则（　　）A．弹簧处于原长时，磁铁的加速度可能大于gB．磁铁中央通过线圈时，线圈中感应电流最大C．磁铁向下运动时，线圈受到的安培力方向向上D．线圈在整个过程中产生的焦耳势为2mgx8．（4分）如图所示，A、B两小球从O点水平抛出，A球恰能越过竖直挡板P落在水平面上的Q点，B球抛出后与水平面发生碰撞，弹起后恰能越过挡板P也落在Q点．B球与水平面碰撞前后瞬间水平方向速度不变，竖直方向速度大小不变、方向相反，不计空气阻力．则（　　）A．A、B球从O点运动到Q点的时间相等B．A、B球经过挡板P顶端时竖直方向的速度大小相等C．A球抛出时的速度是B球抛出时速度的3倍D．减小B球抛出时的速度，它也可能越过挡板P9．（4分）溜索是一种古老的渡河工具，现已演变为游乐项目．如图所示，滑轮、保险绳索与人体连接，粗钢索两端连接在固定桩上．人从高处平台的A点出发，借助几十米的落差，沿钢索顺势而下，滑过最低点C，到达B点时速度为零．下列说法中正确的有（　　） A．人滑到C点时速度最大B．人从A滑到C的过程中，重力的功率先增大后减小C．人滑到C点时的加速度方向竖直向上D．钢索对左侧固定桩的拉力小于对右侧固定桩的拉力　三、必做题（共2小题，满分18分）10．（8分）（1）如图1所示，螺旋测微器的读数为　　cm．（2）某实验小组用如图2所示的装置验证机械能守恒定律．①实验中得到的一条纸带如图3所示，第一个打点标记为O，选择点迹清晰且便于测量的连续6个点，标为1、2…6，测出各点到O点的距离分别为d1、d2…d6．已知打点频率为f，则打点2时小车的速度为　　；若钩码质量为m，已知当地重力加速度为g，则验证点2与点5间重锤的机械能守恒的关系式可表示为　　．②已知打点频率f=50Hz，如果发现纸带上第一个和第二个打点间的距离大约是5mm，出现这种情况可能的原因是　　．A．重锤的质量过大B．电源电压偏大C．打点计时器没有竖直固定D．先释放纸带后接通打点计时器11．（10分）测量电源的内阻，提供的器材如下：A．待测电源E（内阻约为10Ω）B．电源E0（电动势E0略大于待测电源的电动势E）C．灵敏电流计G（0﹣30μA） D．电阻箱（0﹣99999.9Ω）E．电阻箱（0﹣99.9Ω）F．定值电阻R0G．均匀金属电阻丝及滑动触头H．开关、导线若干（1）实验时采用图1所示电路，闭合开关S1、S2，将滑动触头P与金属电阻丝试触，根据灵敏电流计G指针偏转方向调整P点位置，并　　（选填“增大”或“减小”）电阻箱R1的阻值，反复调节，直到G表指针不发生偏转，此时金属丝左端接线柱A与触头P间的电势差UAP　　（选填“大于”、“小于”或“等于”）待测电源E的路端电压．（2）改变R2的阻值重复实验，用（1）中的方法调节到G表不发生偏转，用刻度尺测量触头P到接线柱A间的距离，记下此时电阻箱R2的阻值，根据上述步骤测得的数据，作出电阻箱R2的阻值R与对应AP间距离L的关系图象﹣如图2所示．测得图线的斜率为k，图线在纵轴上的截距为b，则待测电源E的内阻测量值为　　．（3）实验中，电阻箱R2应选用　　（选填序号“D”或“E”）（4）请写出由金属丝引起误差的一个原因：　　．　四、选做题：[选修模块3－3]（共3小题，每小题3分，满分12分）12．下列说法中正确的是（　　）A．当气体分子热运动变得更剧烈时，气体压强一定变大B．当空气压强发生变化时，水的饱和汽压也一定变化C．若取走绝热容器中速率大于v的气体分子，此后其中分子的速率不会大于vD．石墨层状结构间距离较大，沿此方向易剥下，因而其机械强度有方向性 13．（4分）如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始分别经过等温膨胀和等压膨胀到相同体积，则等温膨胀过程中气体对外做功　　（选填“大于”、“等于”或“小于”）等压膨胀过程中气体对外做功；等温膨胀过程中气体从外界吸收的热量　　（选填“大于”、“等于”或“小于”）等压膨胀过程中气体从外界吸收的热量．14．（5分）如题图所示，食盐（NaCl）晶体由钠离子和氯离子组成，相邻离子的中心用线连起来组成了一个个大小相等的立方体，立方体的个数与两种离子的总数目相等．已知食盐的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，求：①食盐的分子质量m；②相邻离子间的距离a．　[选修模块3－4]（共3小题，满分12分）15．下列说法中正确的是（　　）A．被拍打的篮球上下运动是简谐运动B．受迫振动的物体总以它的固有频率振动C．当观察者和波源间存在相对运动时一定能观察到多普勒效应现象D．在速度v高速运行的航天器上看地球上的时间进程变慢16．（4分）1971年，屠呦呦等获得了青蒿乙醚提取物结晶，研究人员通过X射线衍射分析确定了青蒿素的结构．X射线衍射是研究物质微观结构的最常用方法，用于分析的X射线波长在0.05nm～0.25nm范围之间，因为X射线的波长　　（选填“远大于”、“接近”或“远小于”）晶体内部原子间的距离，所以衍射现象明显．分析在照相底片上得到的衍射图样，便可确定晶体结构．X射线是　　（选填“纵波”或“横波”）． 17．（5分）如图所示，有一四棱镜ABCD，∠B=∠C=90°，∠D=75°．某同学想测量其折射率，他用激光笔从BC面上的P点射入一束激光，从Q点射出时与AD面的夹角为30°，Q点到BC面垂线的垂足为E，P、Q两点到E点的距离分别为a、a，已知真空中光束为c，求：（1）该棱镜材料的折射率n；（2）激光从P点传播到Q点所需的时间t．　六、[选修模块3－5]（共3小题，满分0分）18．下列说法中正确的是（　　）A．火箭利用周围空气提供的动力飞行B．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子核的结构模型C．铀235与铀238原子核内的中子数不同，因而有不同的半衰期D．热核反应的温度须达到108K，反应过程中要吸收能量19．如图所示，在橄榄球比赛中，质量为100kg的橄榄球前锋以vA=5m/s的速度跑动，想穿越防守队员到底线触地得分．就在他刚要到底线时，迎面撞上了对方两名质量均为75kg的球员，一个速度vB=2m/s，另一个速度vC=4m/s，他们腾空扭在了一起．他们碰撞后瞬间的速度大小约为　　m/s，在此过程中三名球员的总机械能　　（选填“增大”、“不变”或“减小”）．20．一光电管的阴极K用截止频率为ν的金属铯制成，光电管阳极A和阴极K之间的正向电压为U．用波长为λ的单色光射向阴极，产生了光电流．已知普朗克常量为h，电子电荷量为e，真空中的光速为c．求： （1）金属铯的逸出功W；（2）光电子到达阳极的最大动能EK．　七、计算题（共3小题，满分47分）21．（15分）如图所示，空间有磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场，两平行光滑金属导轨水平放置，其电阻不计、间距为L，左端接有电阻为R的定值电阻．一质量为m、电阻也为R的导体棒与两导轨接触良好，在水平力F作用下在O位置两M、N间做往复运动．t=0时刻起导体棒从M位置开始向右运动，其速度变化规律为v=vmsinωt，在O位置速度最大．（1）写出定值电阻中的电流i随时间t变化的表达式；（2）导体棒从M位置开始运动到O位置的过程中，经过的时间t=，求定值电阻中产生的焦耳热Q及水平力F做的功W；（3）单匝线框在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动产生电流的情形与题中导体棒运动产生电流的情形类似．试求导体棒从M位置运动到O位置的过程中，通过定值电阻的电荷量q．22．（16分）如图所示，在光滑水平面左右两侧各有一竖直弹性墙壁P、Q，平板小车A的左侧固定一挡板D，小车和挡板的总质量M=2kg，小车上表面O点左侧光滑，右侧粗糙．一轻弹簧左端与挡板相连，原长时右端在O点．质量m=1kg的物块B在O点贴着弹簧右端放置，但不与弹簧连接，B与O点右侧平面间的动摩擦因数μ=0.5．现将小车贴着P固定，有水平B继续向左运动，恒力F推B向左移动x0=0.1m距离时撤去推力，最终停在O点右侧x1=0.9m处，取重力加速度g=10m/s2，弹簧在弹性限度内． （1）求水平恒力F的大小及弹簧的最大弹性势能Ep；（2）撤去小车A的固定限制，以同样的力F推B向左移动x0时撤去推力，发现A与Q发生第一次碰撞前A、B已经达到共同速度，求最初A右端与Q间的最小距离s0；（3）在（2）的情况下，求B在O点右侧运动的总路程s及运动过程中B离开O点的最远距离x（车与墙壁碰撞后立即以原速率弹回）．23．（16分）如图甲所示，xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示，周期均为2t0，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向．t=0时刻，一质量为m、电荷量为+q的粒子从坐标原点O开始运动，此时速度大小为v0，方向为+x轴方向．已知电场强度大小为E0，磁感应强度大小B0=，不计粒子所受重力．求：（1）t0时刻粒子的速度大小v1及对应的位置坐标（x1，y1）；（2）为使粒子第一次运动到y轴时速度沿﹣x方向，B0与E0应满足的关系；（3）t=4nt0（n为正整数）时刻粒子所在位置的横坐标x．　 2016届江苏省淮安市高考物理四模试卷参考答案与试题解析　一、单项选择题（共5小题，每小题3分，满分15分）1．沈括在《梦溪笔谈》中记载了“以磁石磨针锋”制造指南针的方法，磁针“常微偏东，不全南也”．他是世界上第一个指出地磁场存在磁偏角的人，比西方早了400年．关于地磁场，下列说法中正确的是（　　）A．地磁场只分布在地球的外部B．地理南极点的地磁场方向竖直向上C．地磁场穿过地球表面的磁通量为零D．地球表面各处地磁场的磁感应强度大小相等【考点】地磁场【分析】根据课本中有关地磁场的基础知识，同时明在确磁场及磁通量的性质；即可确定此题的答案．【解答】解：A、根据磁场的性质可知，磁感线是闭合的，故地球内部一定有磁感线，故一定有磁场；故A错误；B、地理南极点并不是地磁的N极，故地理南极点处磁场方向不是竖直向上的；故B错误；C、根据磁通量的性质可知，由外向里和从里向外穿过地球表面的磁感线条数一定相等．故地磁场穿过地球表面的磁通量为零；故C正确；D、地球两极处磁感应强度最大，而赤道上磁感应强度最小；故D错误；故选：C．【点评】本题考查了地磁场的性质以及磁通量等内容，要注意借助地磁场的磁场分布分析地磁场对应的性质．　 2．在离地球十几亿光年的遥远星系中有两个黑洞A、B，其质量分别为太阳质量的36倍和29倍，A、B绕它们连线上某点以相同周期转动组成双星系统．在漫长的演变过程中，A、B缓慢靠近，最后合并为一个黑洞，释放出巨大能量，则（　　）A．A、B所受万有引力之比为36：29B．A、B做圆周运动的半径之比为29：36C．A、B缓慢靠近过程中势能增大D．A、B缓慢靠近过程中动能减小【考点】万有引力定律及其应用；功能关系【分析】双星做匀速圆周运动具有相同的角速度，靠相互间的万有引力提供向心力，根据万有引力提供向心力公式可确定其半径之比，由引力做功确定能量的变化．【解答】解：A、二者所受的引力为作用力与反作用力，则大小相等，则A错误　　B、二者的角速度相同是，则=，则=，则B正确C、D、缓慢靠近过程中势能增大引力做正功，势能减小，动能增加，则C错误，D错误故选：B【点评】解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，应用万有引力定律与牛顿第二定律即可正确解题，明确引力做功与能量的转化，难度不大，属于基础题．　3．如图所示，R为阻值较大的电阻，电容器C不带电．现将开关合到1，待电路稳定后再合到2，此过程中通过R的电流i随时间t变化的图象可能是（　　）A．B．C．D．【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用 【分析】由i﹣t图象可知，充电时电流为正，放电时电流为负，图象与坐标轴围成的面积表示q=it，从而即可求解．【解答】解：由i﹣t图象可知，充电时电流为正，放电时电流为负，即流过电阻R的充电电流和放电电流方向相反；图象与坐标轴围成的面积表示it，即为电荷量，所以图电流曲线与横轴所围图形的面积表示电容器充电结束时所带的电荷量，即相等，故A正确，BCD错误；故选：A．【点评】本题主要考查了同学们读图的能力，知道图象与坐标轴围成的面积表示电荷量，注意学生容易错选C．　4．竹蜻蜓是我国古代发明的一种儿童玩具，上世纪三十年代，人们根据竹蜻蜓原理设计了直升机的螺旋桨．如图，一小孩搓动质量为20g的竹蜻蜓，松开后竹蜻蜓能上升到二层楼房顶高处．在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功可能是（　　）A．0.2JB．0.6JC．1.0JD．2.5J【考点】功能关系；功的计算【分析】根据动能定理可知，在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功等于竹蜻蜓获得的初动能，竹蜻蜓从地面飞到二层楼房顶高处时，速度刚好为零，此过程中，根据动能定理列式求解即可．【解答】解：地面到二层楼房顶的高度约为6m，竹蜻蜓从地面飞到二层楼房顶高处时，速度刚好为零，此过程中，根据动能定理得：解得：=0.02×10×6=1.2J，而在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功等于竹蜻蜓获得的初动能，所以在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功大于1.2J，故D正确．故选：D 【点评】本题主要考查了动能定理的直接应用，解题时要知道竹蜻蜓从地面飞到二层楼房顶高处时，速度刚好为零，注意此过程中，空气阻力不能忽略，难度适中．　5．如图所示，木块B静止在水平地面上，木块A叠放在B上．A的左侧靠在光滑的竖起墙面上．关于A、B的受力情况，下列说法中正确的是（　　）A．B对A的作用力方向一定竖直向上B．B对A的作用力一定大于A的重力C．地面对B的摩擦力方向可能向右D．地面对B的作用力大小可能等于A、B的总重力【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】分光滑与粗糙两种情况，分别对A以及AB整体进行分析，由共点力的平衡条件可判断两物体可能的受力情况．【解答】解：A、对A受力分析可知：1．若A与B的接触面光滑，则A受重力、支持力及墙壁对A的支持力作用，A处于静止状态，合力为零，由于A、B之间的接触面倾斜，则B对A的支持力大于A的重力，根据牛顿第三定律可知，物块A对物块B的压力大小大于物块A的重力；2．若接触面粗糙，A可能受到重力、支持力和B对A的摩擦力，有可能A还受到墙壁的支持力；当墙壁对A没有支持力时，B对A的支持力与摩擦力的合力与A的重力大小相等，方向相反．由以上分析可知，故A错误，B错误；C、1．若A与B的接触面光滑，木块B受重力、地面的支持力、A对B斜向下的压力以及地面的摩擦力处于静止状态，合力为零，则摩擦力方向水平向左； 2．若接触面粗糙，木块B受重力、地面的支持力、A对B斜向下的压力以及A对B的静摩擦力，其中A对B斜向下的压力以及A对B的静摩擦力的合力与A的重力大小相等，方向竖直向下，所以B不受地面的摩擦力，故C错误；D、对整体进行受力分析可知，整体在竖直方向不受外力，故支持力一定等于两物体的重力，故D正确；故选：D【点评】本题考查受力分析及共点力的平衡，在判断接触面间的作用力，特别是摩擦力时可以应用假设法及共点力的平衡条件进行判断．　二、多项选择题（共4小题，每小题4分，满分16分.每小题有多个选项符号题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错误或不答的得0分）6．（4分）两异种点电荷A、B附近的电场线分布如图所示，P为电场中的一点，连线AP、BP相互垂直．已知P点的场强大小为E、电势为φ，电荷A产生的电场在P点的场强大小为EA，取无穷远处的电势为零．下列说法中正确的有（　　）A．A、B所带电荷量相等B．电荷B产生的电场在P点的场强大小为C．A、B连线上有一个电势为零的点D．将电量为﹣q的点电荷从P点移到无穷远处，电场力做的功为qφ【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【分析】根据电场线的分布图，利用对称性比较A、B所带的电荷量大小；由电场的叠加原理求电荷B在P点的场强；正电荷周围电势为正，负电荷周围电势为负，根据电势的叠加知AB连线上有一点电势为0；由电场力公式W=qU求电场力做功【解答】解：A、根据等量异种点电荷的电场线分布图具有对称性，知A、B所带的电荷量不相等，故A错误；B、P点的场强是点电荷A、B在P点产生的合场强，根据矢量合成的平行四边形定则知，，故B正确； C、如果取无穷远处的电势为0，正电荷附近的电势高于0，负电荷附近低于0，所以其A、B连线上有电势为0，故C正确；D、根据W=﹣q（φ﹣0）=﹣qφ，故D错误；故选：BC【点评】本题考查电场线的分布和电场的叠加原理，电场的叠加遵循平行四边形定则，电势是标量，正电荷周围电势为正，负电荷周围电势为负，注意求电场力做功W=qU正负号一起代入计算．　7．（4分）如图所示，轻弹簧上端固定，下端悬挂一质量为m的条形磁铁，磁铁穿过固定的水平闭合金属线圈．将磁铁托起到弹簧压缩x后由静止放开，磁铁会上下运动并逐渐停下来，静止时弹簧伸长x．不计空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则（　　）A．弹簧处于原长时，磁铁的加速度可能大于gB．磁铁中央通过线圈时，线圈中感应电流最大C．磁铁向下运动时，线圈受到的安培力方向向上D．线圈在整个过程中产生的焦耳势为2mgx【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律【分析】利用楞次定律判断线圈所受安培力的方向，并利用楞次定律力的角度“来拒去留”去分析安培力方向，最后依据能量守恒定律，即可求解产生的焦耳热是来自于重力势能的减小．【解答】解：A、弹簧处于原长时，没有弹力，除受到重力外，若磁铁向上运动，则受到向下的安培阻力，若向下运动，则受到向上的安培阻力，因此磁铁的加速度可能大于g，故A正确；B、磁铁中央通过线圈时，线圈的磁通量变化率为零，则线圈中感应电流为零，最小，故B错误； C、当磁铁向下运动时，根据楞次定律：来拒去留，则磁铁受到向上的安培力，那么线圈受到的安培力方向向下，故C错误；D、根据能量守恒定律，从静止至停止，弹簧的弹性势能不变，那么减小的重力势能转化为电能，从而产生焦耳热为Q=mgh=2mgx，故D正确；故选：AD．【点评】本题巧妙的考查了楞次定律的应用，只要记住“来拒去留”这一规律，并注意C选项，磁铁受到的阻碍，安培力方向向上，那么线圈受到的安培力则向下．　8．（4分）如图所示，A、B两小球从O点水平抛出，A球恰能越过竖直挡板P落在水平面上的Q点，B球抛出后与水平面发生碰撞，弹起后恰能越过挡板P也落在Q点．B球与水平面碰撞前后瞬间水平方向速度不变，竖直方向速度大小不变、方向相反，不计空气阻力．则（　　）A．A、B球从O点运动到Q点的时间相等B．A、B球经过挡板P顶端时竖直方向的速度大小相等C．A球抛出时的速度是B球抛出时速度的3倍D．减小B球抛出时的速度，它也可能越过挡板P【考点】平抛运动【分析】将两球的运动分解为水平方向和竖直方向分析，抓住等时性，结合竖直方向上的运动规律比较运动的时间，结合水平位移比较抛出时的初速度．根据下降的高度比较竖直分速度的大小．【解答】解：A、将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，根据等时性，结合竖直方向上的运动规律知，B球的运动时间是A球运动时间的3倍，故A错误．B、A、B两球到达P顶端时，下降的高度相同，根据竖直方向上的运动规律知，竖直方向上的分速度相等，故B正确． C、从O到Q，由于B球的运动时间是A球运动时间的3倍，由于水平位移相等，则A球抛出时的速度是B球抛出时速度的3倍，故C正确．D、减小B球抛出时的速度，第一次落点的水平位移减小，反弹后可能会越过挡板P，故D正确．故选：BCD．【点评】解决本题的关键掌握处理曲线运动的方法，常用的解题思路是将该运动分解为水平方向和竖直方向，结合两个分运动的规律，抓住等时性，结合运动学公式分析求解．　9．（4分）溜索是一种古老的渡河工具，现已演变为游乐项目．如图所示，滑轮、保险绳索与人体连接，粗钢索两端连接在固定桩上．人从高处平台的A点出发，借助几十米的落差，沿钢索顺势而下，滑过最低点C，到达B点时速度为零．下列说法中正确的有（　　）A．人滑到C点时速度最大B．人从A滑到C的过程中，重力的功率先增大后减小C．人滑到C点时的加速度方向竖直向上D．钢索对左侧固定桩的拉力小于对右侧固定桩的拉力【考点】功率、平均功率和瞬时功率；共点力平衡的条件及其应用【分析】人下滑过程中，对人进行受力分析，人滑到C点时如果没有摩擦力，C点速度就最大，考虑到钢索对人有摩擦力，所以人滑到C点时切线方向合力不为零，根据力的合成知合力不是竖直向上，根据重力的瞬时功率公式分析重力的功率变化情况，通过对钢索受力分析知左侧固定桩的拉力与对右侧固定桩的拉力关系．【解答】解：A、人滑到C点时，对人进行受力分析，人和滑轮整体受到重力、钢索的拉力和滑动摩擦力，受力分析如图，如果钢索光滑A对；考虑摩擦力作用，应该是摩擦力切线方向的分量和两绳拉力沿切线方向分量合力为0的位置速度最大，故A错误． B、人从A滑到C的过程中，根据，开始时速度为0，重力的功率为0，中间过程重力的功率不为0，到C点时重力方向与速度方向垂直，重力的功率为0，故人从A到C的过程中，重力的功率先增大后减小，故B正确．C、人滑到C点时由于有沿切线方向的摩擦力，所以人滑到C点时合力方向不再沿竖直向上，故C错误．D、如果没有摩擦力与对右侧固定桩的拉力相等，人从A滑到C的过程中，钢索对人有向右的摩擦力，那么右边的钢索会受到人对它向左的摩擦力，因此右侧钢索对固定桩的拉力大，所以钢索对左侧固定桩的拉力小于对右侧固定桩的拉力，故D正确．故选：BD【点评】解决本题重点是受力分析，运动过程分析，关键是注意摩擦力的影响，如果没有摩擦力本题是一道很基本的题，本题很有创意，有一定的难度．　三、必做题（共2小题，满分18分）10．（8分）（2016•淮安四模）（1）如图1所示，螺旋测微器的读数为　1.0217　cm．（2）某实验小组用如图2所示的装置验证机械能守恒定律．①实验中得到的一条纸带如图3所示，第一个打点标记为O，选择点迹清晰且便于测量的连续6个点，标为1、2…6，测出各点到O点的距离分别为d1、d2…d6．已知打点频率为f，则打点2时小车的速度为　　；若钩码质量为m，已知当地重力加速度为g，则验证点2与点5间重锤的机械能守恒的关系式可表示为　g（d5﹣d2）=　．②已知打点频率f=50Hz，如果发现纸带上第一个和第二个打点间的距离大约是5mm，出现这种情况可能的原因是　D　． A．重锤的质量过大B．电源电压偏大C．打点计时器没有竖直固定D．先释放纸带后接通打点计时器【考点】验证机械能守恒定律【分析】（1）螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读．（2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点2的瞬时速度．根据重力势能的减小量等于动能的增加量得出机械能守恒的关系式．（3）根据实验的原理分析纸带上第一个和第二个打点间的距离大约是5mm的可能原因．【解答】解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为10mm，可动刻度读数为0.01×21.7mm=0.217mm，则最终读数为10.217mm=1.0217cm．（2）点2的瞬时速度．2与点5间重力势能的减小量为mg（d5﹣d2），点5的瞬时速度，则动能的增加量为△Ek==．所以机械能守恒的关系式为mg（d5﹣d2）=．即g（d5﹣d2）=．（3）打点的同时纸带开始下落，则1、2两点间的距离接近2mm ，如果1、2两点间的距离为5mm，这是由于先释放纸带后解题电源造成的，故选D．故答案为：（1）1.0217，（2），g（d5﹣d2）=．（3）D．【点评】纸带问题的处理是力学实验中常见的问题．我们可以纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度．　11．（10分）（2016•淮安四模）测量电源的内阻，提供的器材如下：A．待测电源E（内阻约为10Ω）B．电源E0（电动势E0略大于待测电源的电动势E）C．灵敏电流计G（0﹣30μA）D．电阻箱（0﹣99999.9Ω）E．电阻箱（0﹣99.9Ω）F．定值电阻R0G．均匀金属电阻丝及滑动触头H．开关、导线若干（1）实验时采用图1所示电路，闭合开关S1、S2，将滑动触头P与金属电阻丝试触，根据灵敏电流计G指针偏转方向调整P点位置，并　减小　（选填“增大”或“减小”）电阻箱R1的阻值，反复调节，直到G表指针不发生偏转，此时金属丝左端接线柱A与触头P间的电势差UAP　等于　（选填“大于”、“小于”或“等于”）待测电源E的路端电压．（2）改变R2的阻值重复实验，用（1）中的方法调节到G表不发生偏转，用刻度尺测量触头P到接线柱A间的距离，记下此时电阻箱R2的阻值，根据上述步骤测得的数据，作出电阻箱R2的阻值R与对应AP间距离L的关系图象﹣如图2所示．测得图线的斜率为k，图线在纵轴上的截距为b，则待测电源E的内阻测量值为　　．（3）实验中，电阻箱R2应选用　E　（选填序号“D”或“E”） （4）请写出由金属丝引起误差的一个原因：　通电后温度变化使金属丝电阻变化　．【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）明确确实验原理，分析电路图，从而分析实验应进行的操作；（2）根据闭合电路欧姆定律进行列式，再结合图象规律即可求得电源的内阻；（3）根据实验要求明确应选择的电阻；（4）分析金属丝的性质，明确可能产生误差的原因．【解答】解：（1）开始时电阻箱应调至最大，然后再减小阻值；当直到G表指针不发生偏转时，说明G表两端电势差为零，故说UAP等于E的路端电压；（2）因UAP等于E的路端电压；故电压与AP间的距离成正比；则由闭合电路欧姆定律可知：U=R则可知：=+由数学规律可知：k=；b=解得：r=（3）因电源电动势及内阻较小，故电阻箱选择总阻值较小的E即可；（4）由于金属丝电阻随温度的变化而变化，故实验中由于其电阻的变化而产生误差；故答案为：（1）减小；等于；（2）；（3）E；（4）通电后温度变化使金属丝电阻变化【点评】 本题首先要明确实验原理，知道补偿法测电源路端电压的方法才能正确求解；本题属于创新型实验，要注意掌握此类题目的分析方法．　四、选做题：[选修模块3－3]（共3小题，每小题3分，满分12分）12．下列说法中正确的是（　　）A．当气体分子热运动变得更剧烈时，气体压强一定变大B．当空气压强发生变化时，水的饱和汽压也一定变化C．若取走绝热容器中速率大于v的气体分子，此后其中分子的速率不会大于vD．石墨层状结构间距离较大，沿此方向易剥下，因而其机械强度有方向性【考点】热力学第一定律；*液体的微观结构【分析】根据理想气体的状态方程分析气体的状态参量的变化；水的饱和汽压仅仅与温度有关；根据分子运动的统计规律分析；【解答】解：A、一定质量的理想气体，当分子热运动变得剧烈时，说明温度升高，根据=C，知压强不一定变大，故A错误；B、水的饱和汽压仅仅与温度有关，与空气的压强无关．故B错误；C、把气体中分子速率很大的如大于VA的分子全部取走，则气体的温度会下降，此后气体的由于碰撞等原因，仍然会出现速率大于VA的分子；故C错误；D、石墨属于混合晶体，石墨层状结构间距离较大，沿此方向易剥下，因而其机械强度有方向性．故D正确．故选：D【点评】本题考查考查了对热学有关知识的理解和应用能力，尤其是分子力的变化情况是易错点，也是考试的热点，基础题．　13．（4分）如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始分别经过等温膨胀和等压膨胀到相同体积，则等温膨胀过程中气体对外做功　小于　（选填“大于”、“等于”或“小于”）等压膨胀过程中气体对外做功；等温膨胀过程中气体从外界吸收的热量　小于　（选填“大于”、“等于”或“小于”）等压膨胀过程中气体从外界吸收的热量． 【考点】理想气体的状态方程；热力学第一定律【分析】根据p﹣V图象与坐标轴包围的面积比较对外所做的功，根据热力学第一定律比较等温膨胀与等压膨胀过程中吸收的热量．【解答】解：由p=V图线所包围的面积的物理意义是气体对外做的功，等温膨胀包围的面积小，所以等温膨胀过程中气体对外做的功小于等压过程中气体对外所做的功；根据热力学第一定律，等温过程等压过程等温过程中吸收的热量=，即吸收的热量全部用于对外做功等压过程中，体积增加，温度升高，内能增加，，吸收的热量用于对外做功和增加内能所以，即等温膨胀过程中气体从外界吸收的热量小于等压膨胀过程中气体从外界吸收的热量．故答案为：小于，小于【点评】对于气体，往往是气态方程和热力学第一定律的综合应用，关键要根据p﹣V图象的面积比较对外做，运用热力学第一定律分析热传递情况．　14．（5分）如题图所示，食盐（NaCl）晶体由钠离子和氯离子组成，相邻离子的中心用线连起来组成了一个个大小相等的立方体，立方体的个数与两种离子的总数目相等．已知食盐的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，求：①食盐的分子质量m；②相邻离子间的距离a． 【考点】阿伏加德罗常数【分析】①单个分子质量等于摩尔质量除以阿伏加德罗常数；②摩尔质量等于密度与摩尔体积的乘积；摩尔体积等于分子体积与阿伏加德罗常数的乘积；选择分子的立方体模型列式求解分子间距．【解答】解：①食盐的分子质量为：m=；②1molNaCl的体积为V=由题可知1molNaCl的离子组成的立方体个数为2NA所以每个小立方体体积为V′=则相邻钠离子与氯离子间距离为：a==答：①食盐的分子质量为；②相邻离子间的距离为．【点评】本题关键是利用阿伏加德罗常数求解出分子的体积，然后根据分子的立方体模型列式估算分子间距．　[选修模块3－4]（共3小题，满分12分）15．下列说法中正确的是（　　）A．被拍打的篮球上下运动是简谐运动B．受迫振动的物体总以它的固有频率振动C．当观察者和波源间存在相对运动时一定能观察到多普勒效应现象D．在速度v高速运行的航天器上看地球上的时间进程变慢【考点】*时间间隔的相对性；多普勒效应【分析】 物体做简谐运动的条件是回复力为F=﹣kx；做受迫振动的物体的振动频率与驱动力的频率相等，与物体的固有频率无关；多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而产生的；在速度v高速运行的航天器上看地球上的时间进程变慢．【解答】解：A、根据质点做简谐运动的条件可知，做简谐运动的条件是回复力为F=﹣kx，被拍打的篮球上下运动显然不是简谐运动．故A错误；B、做受迫振动的物体的振动频率与驱动力的频率相等，与物体的固有频率无关．故B错误；C、当观察者和波源间存在相对运动时不一定能观察到多普勒效应现象，如观测者绕波源做匀速圆周运动．故C错误；D、根据相对论的两个基本假设，在速度v高速运行的航天器上看地球上的时间进程变慢．故D正确．故选：D【点评】该题考查选修3﹣4中的简谐振动的条件、受迫振动、相对论与机械波等，都是记忆性的知识点，要加强对这类知识点的积累，避免失分．　16．（4分）1971年，屠呦呦等获得了青蒿乙醚提取物结晶，研究人员通过X射线衍射分析确定了青蒿素的结构．X射线衍射是研究物质微观结构的最常用方法，用于分析的X射线波长在0.05nm～0.25nm范围之间，因为X射线的波长　接近　（选填“远大于”、“接近”或“远小于”）晶体内部原子间的距离，所以衍射现象明显．分析在照相底片上得到的衍射图样，便可确定晶体结构．X射线是　横波　（选填“纵波”或“横波”）．【考点】X射线、α射线、β射线、γ射线及其特性【分析】由X射线穿过晶体内部原子间隙能发生明显的衍射现象来判断；X射线是由交替变化的电场和磁场组成的，X射线是横波．【解答】解：能发生明显的衍射现象的条件是：孔或障碍物的尺寸比波长小或者相差不多．当X射线透过晶体内部原子间隙时，发生了明显的衍射现象，用于分析的X射线波长应接近晶体内部原子间的距离；因为X射线是由交替变化的电场和磁场组成的，所以X射线是一种横波．故答案为：接近，横波 【点评】解答此题的关键是知道发生明显的衍射现象的条件和X射线的特性．　17．（5分）（2016•淮安四模）如图所示，有一四棱镜ABCD，∠B=∠C=90°，∠D=75°．某同学想测量其折射率，他用激光笔从BC面上的P点射入一束激光，从Q点射出时与AD面的夹角为30°，Q点到BC面垂线的垂足为E，P、Q两点到E点的距离分别为a、a，已知真空中光束为c，求：（1）该棱镜材料的折射率n；（2）激光从P点传播到Q点所需的时间t．【考点】光的折射定律【分析】（1）根据几何知识求出激光在AD面上的入射角和折射角，再由折射定律求该棱镜材料的折射率n；（2）公式v=求出光在棱镜中传播速度．再由运动学公式求激光从P点传播到Q点所需的时间t．【解答】解：（1）由题意，根据QE⊥BC，QE=PE，得∠PQE=30°由几何关系可知，激光在AD面上的入射角i=45°，折射角r=60°光从介质射向真空，由折射定律得：该棱镜材料的折射率n==（2）激光在棱镜中传播速度v=激光从P点传播到Q点所需的时间t=．解得t=答：（1）该棱镜材料的折射率n是；（2）激光从P点传播到Q点所需的时间t是． 【点评】本题关键是作出光路图，找出各个角度的关系，求出入射角和折射角，然后结合折射定律和光速公式结合解决这类问题．　六、[选修模块3－5]（共3小题，满分0分）18．下列说法中正确的是（　　）A．火箭利用周围空气提供的动力飞行B．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子核的结构模型C．铀235与铀238原子核内的中子数不同，因而有不同的半衰期D．热核反应的温度须达到108K，反应过程中要吸收能量【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；粒子散射实验；轻核的聚变【分析】火箭利用反冲飞行；卢瑟福通过α粒子散射实验得出原子的核式结构模型；原子核的半衰期有原子核内部因素决定；热核反应需要达到很高的温度才能进行，但是反应时放出巨大的能量．【解答】解：A、火箭通过喷气，利用反冲飞行，故A错误．B、卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子的结构模型，故B错误．C、原子核的半衰期与原子核内部因素决定，与所处的物理环境和化学状态无关，铀235与铀238原子核内的中子数不同，因而有不同的半衰期，故C正确．D、热核反应的温度须达到108K，但是反应过程中放出能量，故D错误．故选：C．【点评】本题考查了反冲、α粒子散射实验、半衰期、热核反应等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，知道重核裂变和轻核聚变的区别，两种反应都放出能量，轻核聚变放出的能量更大．　19．如图所示，在橄榄球比赛中，质量为100kg的橄榄球前锋以vA=5m/s的速度跑动，想穿越防守队员到底线触地得分．就在他刚要到底线时，迎面撞上了对方两名质量均为75kg的球员，一个速度vB=2m/s，另一个速度vC=4m/s，他们腾空扭在了一起．他们碰撞后瞬间的速度大小约为　0.2　m/s，在此过程中三名球员的总机械能　减小　（选填“增大”、“不变”或“减小”）． 【考点】动量守恒定律【分析】三个运动员所受的合外力为零，动量守恒，根据动量守恒定律求出碰撞后共同速度，再算出碰撞前后三名队员总机械能，即可解答．【解答】解：以前锋A的速度vA的方向为正方向，设碰撞后瞬间的共同速度为v，根据动量守恒定律得：mAvA﹣mBvB﹣mCvC=（mA+mB+mC）v，代入数据解得：v=0.2m/s碰撞前三名队员的总动能Ek1=mAvA2+mBvB2+mCvC2=2000J碰撞后三名队员的总动能Ek2=（mA+mB+mC）v2=5J可知，在碰撞过程中三名球员的总机械能减小．故答案为：0.2，减小．【点评】本题的关键要建立模型，掌握碰撞的基本规律：动量守恒定律，列式时要选取正方向，用正负表示速度的方向．　20．（2016•淮安四模）一光电管的阴极K用截止频率为ν的金属铯制成，光电管阳极A和阴极K之间的正向电压为U．用波长为λ的单色光射向阴极，产生了光电流．已知普朗克常量为h，电子电荷量为e，真空中的光速为c．求：（1）金属铯的逸出功W；（2）光电子到达阳极的最大动能EK． 【考点】爱因斯坦光电效应方程【分析】根据逸出功和截止频率的大小关系求出金属铯的逸出功；根据光电效应方程，求出光电子的最大初动能，根据动能定理求出光电子到达阳极的最大动能．【解答】解：（1）金属铯的逸出功W=hv．（2）根据光电效应方程得，光电子逸出金属的最大初动能，根据动能定理得，eU=Ek﹣Ekm，解得最大动能Ek=．答：（1）金属铯的逸出功W为hv；（2）光电子到达阳极的最大动能为．【点评】解决本题的关键知道逸出功与截止频率的关系，掌握光电效应方程，并能灵活运用，基础题．　七、计算题（共3小题，满分47分）21．（15分）如图所示，空间有磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场，两平行光滑金属导轨水平放置，其电阻不计、间距为L，左端接有电阻为R的定值电阻．一质量为m、电阻也为R的导体棒与两导轨接触良好，在水平力F作用下在O位置两M、N间做往复运动．t=0时刻起导体棒从M位置开始向右运动，其速度变化规律为v=vmsinωt，在O位置速度最大．（1）写出定值电阻中的电流i随时间t变化的表达式；（2）导体棒从M位置开始运动到O位置的过程中，经过的时间t=，求定值电阻中产生的焦耳热Q及水平力F做的功W； （3）单匝线框在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动产生电流的情形与题中导体棒运动产生电流的情形类似．试求导体棒从M位置运动到O位置的过程中，通过定值电阻的电荷量q．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【分析】（1）由导体棒运动时的速度表达式v=vmsinωt，结合的感应电动势公式E=BLv以及闭合电路欧姆定律求出电流i随时间t变化的表达式．（2）回路中产生的是正弦式电流，求出电动势的最大值Em，有效值为E=Em，电流有效值为I=，根据焦耳定律用有效值求解焦耳热．从t=0到t=时间内外力F所做的功将外界的能量转化为动能和内能，根据能量守恒定律求解外力做功．（3）根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量的公式结合求通过定值电阻的电荷量q．【解答】解：（1）导体棒运动时的速度为v=vmsinωt，产生的感应电动势为：e=BLv=BLvmsinωt由欧姆定律得：导体棒中的电流为：i=则电流i随时间t变化的表达式为：i=sinωt（2）导体棒中产生的感应电动势的最大值为：Em=BLvm有效值为：E=Em．通过R的电流的有效值为：I=，电阻R产生的热量为：Q=I2Rt解得：Q=由功能关系可知：W=2Q+解得：W=+（3）由题意可知：Em=BSω 而△Φ=BS=平均感应电动势为：=平均感应电流为：=通过定值电阻的电荷量为：q=△t联立解得：q=答：（1）定值电阻中的电流i随时间t变化的表达式是i=sinωt；（2）导体棒从M位置开始运动到O位置的过程中，经过的时间t=，定值电阻中产生的焦耳热Q是，水平力F做的功W是+．（3）通过定值电阻的电荷量是．【点评】解决本题的关键要建立模型，能够把电磁感应和功能关系结合解决问题．知道本题是产生正弦交变电流的一种，求焦耳热必须用有效值．　22．（16分）（2016•淮安四模）如图所示，在光滑水平面左右两侧各有一竖直弹性墙壁P、Q，平板小车A的左侧固定一挡板D，小车和挡板的总质量M=2kg，小车上表面O点左侧光滑，右侧粗糙．一轻弹簧左端与挡板相连，原长时右端在O点．质量m=1kg的物块B在O点贴着弹簧右端放置，但不与弹簧连接，B与O点右侧平面间的动摩擦因数μ=0.5．现将小车贴着P固定，有水平B继续向左运动，恒力F推B向左移动x0=0.1m距离时撤去推力，最终停在O点右侧x1=0.9m处，取重力加速度g=10m/s2，弹簧在弹性限度内．（1）求水平恒力F的大小及弹簧的最大弹性势能Ep；（2）撤去小车A的固定限制，以同样的力F推B向左移动x0时撤去推力，发现A与Q发生第一次碰撞前A、B已经达到共同速度，求最初A右端与Q间的最小距离s0；（3）在（2）的情况下，求B在O点右侧运动的总路程s及运动过程中B离开O点的最远距离x（车与墙壁碰撞后立即以原速率弹回）． 【考点】动能定理的应用；弹性势能【分析】（1）小车贴着P固定，对全过程研究，根据动能定理列式，可求出F．再由功能关系求弹簧的最大弹性势能Ep；（2）撤去小车A的固定限制，B离开弹簧后，B做减速运动，A做加速运动，根据牛顿第二定律求出两者的加速度，根据速度相等的条件列式，求出时间，再由位移公式求解最小距离s0．（3）最终A、B都停止运动，机械能转化为内能，由功能关系求B在O点右侧运动的总路程s．根据速度关系，由速度公式求出时间，再求解运动过程中B离开O点的最远距离x．【解答】解：（1）取全过程研究，根据动能定理有Fx0﹣μmgx1=0解得F=45N由功能关系得Fx0=Ep解得Ep=45J（2）设B运动到O点的速度为v0，根据机械能守恒定律有Ep=接着B减速，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有μmg=ma1；解得a1=5m/s2；A加速，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有μmg=Ma2；解得a2=2.5m/s2；设运动的共同速度为v1，则v1=v0﹣a1t1，v2=a2t1，t1时间内A运动的距离即为最小距离s0=解得s0=0.2m（3）最终A、B都停止运动，机械能转化为内能，由功能关系得 Ep=μmgs解得s=0.9mA与Q第一次碰撞前B距离O点的距离△s1=A被Q反弹后瞬间向左速度大小为v1，B以大小为v1的速度向右减速，且B的加速度大小仍是a1=5m/s2，方向向左；A的加速度仍为a2=2.5m/s2，方向向右，达到共同速度v2前B相对A一直向右运动，则v12=v1﹣a1t2，v2=﹣v1+a2t2，解得t2=s，v2=﹣m/s这段时间内B相对A向右移动距离△s2=（v1t2﹣）﹣（﹣v1t2+）此时B离开O点的最远距离x=△s1+△s2；解得x=0.87m答：（1）水平恒力F的大小是45N，弹簧的最大弹性势能Ep是45J．（2）最初A右端与Q间的最小距离s0是0.2m．（3）B在O点右侧运动的总路程s是0.9m，运动过程中B离开O点的最远距离x是0.87m．【点评】本题的关键理清物体的运动过程，根据牛顿第二定律和运动学公式结合分析，分析时要抓住隐含的临界条件，如速度关系．第2小题，也可以根据动量守恒定律和动能定理结合解答．　23．（16分）如图甲所示，xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示，周期均为2t0，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向．t=0时刻，一质量为m、电荷量为+q的粒子从坐标原点O开始运动，此时速度大小为v0，方向为+x轴方向．已知电场强度大小为E0，磁感应强度大小B0=，不计粒子所受重力．求：（1）t0时刻粒子的速度大小v1及对应的位置坐标（x1，y1）；（2）为使粒子第一次运动到y轴时速度沿﹣x方向，B0与E0应满足的关系； （3）t=4nt0（n为正整数）时刻粒子所在位置的横坐标x．【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【分析】（1）粒子在电场中做类似平抛运动，采用正交分解法，根据分运动规律列式求解即可；（2）使粒子第一次运动到y轴时速度沿﹣x方向，则圆心在y轴上，结合几何关系得到轨道半径，然后根据牛顿第二定律列式求解；（3）有电场时粒子做类似平抛运动，只有磁场时粒子做匀速圆周运动，画出轨迹，结合几何关系列式分析．【解答】解：（1）在电场中运动，沿着x轴正方向有：x1=v0t0，沿着y轴正方向，有：vy=at0，y1=，由牛顿第二定律，有：qE0=ma，运动的速度大小v1=，解得：v1=，粒子的位置坐标为（v0t0，）；（2）设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，则：qv1B0=，解得：T=2t0；则粒子第一次运动到y轴前的轨迹如图所示： 粒子在磁场中做圆周运动时，有：qv1B0=m，圆心在y周期上，结合几何关系得到：r1sinθ=v0t0，且v1sinθ=v0，解得：；（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期为2t0，即在t0～2t0时间内粒子转了半圈，在x方向向左移动△x，2t0时刻速度大小仍为v1，方向与t0时刻速度方向相反，在2t0～3t0时间内粒子做匀变速曲线运动，根据对称性可知，粒子运动轨迹与0～t0时间内相同，3t0时刻速度大小为v0，方向沿着x轴负方向，在3t0～4t0时间内粒子转动半圈，4t0时刻速度大小为v0，方向沿着x正方向，如图所示；则0～4t0时间内粒子在x方向向左移动的距离为△x；则粒子的横坐标x=﹣n△x=﹣（n=1，2，…）答：（1）t0时刻粒子的速度大小为，对应的位置坐标（v0t0，）；（2）为使粒子第一次运动到y轴时速度沿﹣x方向，B0与E0应满足的关系； （3）t=4nt0（n为正整数）时刻粒子所在位置的横坐标x为﹣（n=1，2，…）．【点评】本题是带电粒子在复合场中运动的问题，分析粒子的受力情况，确定其运动情况，关键是运用几何知识求解坐标．