四川省成都七中2015届高考物理一诊模拟试卷
一、选择题（本题包括7小题。每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对当不全的得3分，有选错的得0分）
1．下列说法正确的是( )
A．电流强度是基本物理量，其单位安培（A）是国际单位制的基本单位
B．质子、中子和α粒子都能在回旋加速器中被加速，从而获得较高的能量
C．在某些磁场中，洛伦兹力可以对运动电荷做功
D．电场、电场线、磁场、磁感线都是客观存在的物质
2．某学校教室里的竖直磁性黑板上通常粘挂一些小磁铁，小磁铁被吸在黑板上可以用于“贴”挂图或试题答案．对贴在竖直黑板上、未挂重物的小磁铁，下列说法中正确的是( )
A．磁铁受到的电磁吸引力大于受到的弹力，才能被吸在黑板上
B．磁铁受到的重力小于受到的摩擦力，才能被吸在黑板上
C．磁铁与黑板间存在三对作用力与反作用力
D．磁铁受到的电磁吸引力与黑板受到的压力是一对平衡力
3．如图，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A．甲的向心加速度比乙的大
B．甲的运动周期比乙的大
C．甲的角速度大小等于乙的角速度
D．甲的线速度比乙的大
4．如图所示，物块A放在倾斜的木板上，已知木板的倾角α分别为30°和37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8）时物块所受摩擦力的大小恰好相同，则物块与木板间的动摩擦因数为( )
A．0.6 B．0.625 C．0.75 D．0.8
5．甲、乙两物体在t=0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v﹣t图象如图所示，则( )
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A．甲、乙在t=2.5s时的加速度方向相同
B．甲、乙在t=0.5s时的加速度大小相同
C．在t=0到t=7s之间，乙的加速度改变了3次
D．甲乙之间的距离一直在增大
6．如图所示，质量m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F=mgsinθ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q，滑块动能Ek、势能Ep、机械能E随时间t、位移s关系的是( )
A． B． C． D．
7．如图，在光滑绝缘水平面上、三个带电小球a、b和c分别位于边长为L的正三角形的三个顶点上，a、b带正电，电荷量均为q，c带负电，整个系统置于方向水平的匀强电场中，已知静电力常量为k，若三个小球均处于静止状态，则下列说法中正确的是( )
A．a球所受合力斜向左下
B．c带电量的大小为2q
C．匀强电场的方向垂直于ab边由c指向ab的中点
D．因为不知道c的电量大小，所以无法求出匀强电场的场强大小
二、实验题（8题8分，9题9分，共17分）
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8．某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”．弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M，弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端水平向左拉，使结点O静止在某位置，分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点位置和拉线的方向．
（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为__________N．
（2）下列不必要的实验要求是__________．（请填写选项前对应的字母）
A．应测量重物M所受的重力
B．弹簧测力计应在使用前校零
C．拉线方向应与木板平面平行
D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置
（3）某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请您提出两个解决办法．方法一：__________方法二：__________
（4）该同学在实验中保持弹簧测力计B的拉力的方向一直水平，你认为该做法科学吗？为什么？答：__________．
9．在探究小灯泡的伏安法测电阻实验中，所有器材有灯泡L，量程恰当的电流表A和电压表V，直流电源，滑动变阻器R、电键S等．
（1）要求灯泡两端电压表V从零开始连续变化，则实验中滑动变阻器应采用__________接法（“分压”或“限流”）
（2）某同学已连接如图1所示的电路，在连接最后一根导线的c端到直流电源正接线柱之前，请指出其中仅有的2个不当之处．
A：__________
B：__________
（3）分别测得两只灯泡L1和L2的伏安特性曲线如图2中Ⅰ和Ⅱ所示，然后将灯泡L1、L2与电池组（电动势和内阻均恒定）连成图3所示电路．测量后得到通过L1和L2的电流分别为0.30A和0.60A．请在图3中画出电池组路端电压U和电流I的关系曲线．
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三、计算题（写出必要的文字和依据，满分51分）
10．一物体做匀减速直线运动，在某段时间T内的平均速度的大小为v，紧接着在接下来的相等的时间T内的平均速度的大小为kv（k＜1），此时，物体仍然在运动．求：
（1）物体的加速度为多大？
（2）再经过多少位移物体速度刚好减为零？
11．（17分）如图所示，半径为r=0.10m的圆形匀强磁场区域边界跟x轴相切于坐标原点O，磁感应强度按图示规律变化，方向垂直直纸面向里，在t=0时刻由O处沿y轴正方向射入速度为v=1.0×103m/s的带负电粒子，已知粒子质量m=9.0×10﹣12kg，电量q=9.0×10﹣6C，不计粒子重力，求：
（1）t=0～π/60000秒时间内，粒子做匀速圆周运动的周期、半径和转过的角度．
（2）t=π/60000秒～3π/60000秒时间内，粒子做匀速圆周运动的周期、半径和转过的角度．
（3）粒子在磁场中的运动时间和离开磁场时的位置坐标．
12．（19分）如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面．t=0时，电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零，加速度aB=1.0m/s2的匀加速直线运动．已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0kg，A、B之间的动摩擦因数μ1=0.05，B与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s2．求：
（1）t=0.1s时，物体A的加速度大小aA；
（2）t=1.0s时，电动机的输出功率P；
（3）若t=1.0s时，将电动机的输出功率立即调整为P′=5W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t′=3.8s时物体A的速度为1.2m/s．则在t=1.0s到t=3.8s这段时间内木板B的位移是多少？
四川省成都七中2015届高考物理一诊模拟试卷
一、选择题（本题包括7小题。每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对当不全的得3分，有选错的得0分）
1．下列说法正确的是( )
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A．电流强度是基本物理量，其单位安培（A）是国际单位制的基本单位
B．质子、中子和α粒子都能在回旋加速器中被加速，从而获得较高的能量
C．在某些磁场中，洛伦兹力可以对运动电荷做功
D．电场、电场线、磁场、磁感线都是客观存在的物质
考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理；洛仑兹力．
分析：A、根据基本物理量与基本单位，即可求解；
B、中子不带电，不能加速；
C、根据洛伦兹力与速度方向关系，来判定对运动电荷做功情况；
D、电场线、磁感线不是客观存在的．
解答： 解：A、根据单位制，可知，电流强度是基本物理量，其单位安培（A）是国际单位制的基本单位，故A正确；
B、中子不带电，不能被加速，故B错误；
C、洛伦兹力与速度方向垂直，不可以对运动电荷做功，故C错误；
D、电场线、磁感线不是客观存在的，电场、磁场真实存在，故D错误；
故选：A．
点评：考查基本物理量与基本单位的内容，掌握中子不带电的特征，理解洛伦兹力不做功的特点，注意电场线与感应线不存在的事实．
2．某学校教室里的竖直磁性黑板上通常粘挂一些小磁铁，小磁铁被吸在黑板上可以用于“贴”挂图或试题答案．对贴在竖直黑板上、未挂重物的小磁铁，下列说法中正确的是( )
A．磁铁受到的电磁吸引力大于受到的弹力，才能被吸在黑板上
B．磁铁受到的重力小于受到的摩擦力，才能被吸在黑板上
C．磁铁与黑板间存在三对作用力与反作用力
D．磁铁受到的电磁吸引力与黑板受到的压力是一对平衡力
考点：物体的弹性和弹力；摩擦力的判断与计算．
专题：受力分析方法专题．
分析：相互作用力的条件：大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，但是两个力的作用点在不同的物体上．
二力平衡的条件：大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，两个力作用在同一个物体上．
解答： 解：A、小磁铁受到的磁力与受到的弹力大小相等，是一对平衡力．故A错误；
B、磁铁受到的重力与受到的摩擦力，是一对平衡力．故B错误；
C、小磁铁与黑板间在水平方向存在两对作用力与反作用力，①黑板对磁铁的吸引力与磁铁对黑板的吸引力．②黑板对磁铁的弹力与磁铁对黑板的弹力；③而竖起方向存在一对作用力：相互间的摩擦力，故C正确；
D、磁铁受到的弹力与黑板受到的压力是相互作用力，而磁铁受到的电磁吸引力与黑板受到电磁吸引力也是一对相互作用力，则磁铁受到的电磁吸引力与与磁铁受到的弹力是一对平衡力，故D错误；
故选：C．
点评：解决本题的关键掌握作用力与反作用力和平衡力的区别，作用力和反作用力作用在不同的物体上，平衡力作用在同一个物体上．
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3．如图，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A．甲的向心加速度比乙的大
B．甲的运动周期比乙的大
C．甲的角速度大小等于乙的角速度
D．甲的线速度比乙的大
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：抓住卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，列式展开讨论即可．
解答： 解：根据万有引力提供向心力得：=ma=ω2r=m=
A、a=，可知甲的向心加速度小于乙的向心加速度，故A错误；
B、T=2π，可知甲的运行周期比乙的大，故B正确；
C、ω=，可知甲的角速度比乙的小，故C错误；
D、v=，可知甲的线速度比乙的小，故D错误；
故选：B．
点评：抓住半径相同，中心天体质量不同，根据万有引力提供向心力展开讨论即可，注意区别中心天体的质量不同．
4．如图所示，物块A放在倾斜的木板上，已知木板的倾角α分别为30°和37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8）时物块所受摩擦力的大小恰好相同，则物块与木板间的动摩擦因数为( )
A．0.6 B．0.625 C．0.75 D．0.8
考点：动摩擦因数；静摩擦力和最大静摩擦力．
专题：摩擦力专题．
分析：当板与水平面间的倾角为30°时，物体静止在斜面上，由重力沿斜面的分力与静摩力平衡求出摩擦力．
当板与水平面间的倾角为37°时，根据摩擦力公式求出摩擦力．
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解答： 解：
当板与水平面间的倾角为30°时，物体静止在斜面上，对应的静摩擦力为f1=mgsin30°=0.5mg（N）
当板与水平面间的倾角为37°时，物体沿斜面加速下滑，对应的滑动摩擦力f2=μ•mgcos37°=0.8μmg
由：f1=f2解得：μ==0.625
故选：B．
点评：本题求解摩擦力时要分析物体的状态，应先确定是静摩擦还是滑动摩擦．
5．甲、乙两物体在t=0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v﹣t图象如图所示，则( )
A．甲、乙在t=2.5s时的加速度方向相同
B．甲、乙在t=0.5s时的加速度大小相同
C．在t=0到t=7s之间，乙的加速度改变了3次
D．甲乙之间的距离一直在增大
考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
专题：运动学中的图像专题．
分析：本题应抓住速度时间图象中速度的正负表示速度的方向，图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移，斜率等于物体的加速度进行分析．
解答： 解：A、根据斜率等于加速度，斜率的正负表示加速度的方向，可知甲、乙在t=2.5s时的加速度方向相反，故A错误．
B、在t=0.5s时乙图线的斜率较大，所以乙的加速度较大，故B错误．
C、在t=0到t=7s之间，乙的加速度改变了1次，故C错误．
D、根据速度图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移，t轴上方的“面积”表示位移是正值，t轴下方的“面积”表示位移是负值，则知在t=0到t=7s之间乙的位移为零，甲的位移一直为正，乙先沿负向运动，t=1s时位移为0；1﹣7s内先沿正向运动后沿负向运动，t=7s时位移为0，则知两者之间的距离一直增大．故D正确．
故选：D．
点评：本题关键要掌握速度图象的数学意义：图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移，斜率等于物体的加速度进行分析．
6．如图所示，质量m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F=mgsinθ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q，滑块动能Ek、势能Ep、机械能E随时间t、位移s关系的是( )
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A． B． C． D．
考点：动能；重力势能；机械能守恒定律．
分析：对物体受力分析，受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后推导出位移和速度表达式，再根据功能关系列式分析．
解答： 解：对物体受力分析，受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，设加速度沿着斜面向上，根据牛顿第二定律，有：
F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=ma
其中：F=mgsinθ，μ=tanθ
联立解得：a=﹣gsinθ
即物体沿着斜面向上做匀减速直线运动；
位移x=v0t+
速度v=v0+at
A、产生热量等于克服滑动摩擦力做的功，即Q=fx，由于x与t不是线性关系，故Q与t不是线性关系，故A错误；
B、Ek=，由于v与t是线性关系，故mv2与t不是线性关系，故B错误；
C、物体的位移与高度是线性关系，重力势能Ep=mgh，故Ep﹣s图象是直线，故C正确；
D、物体运动过程中，拉力和滑动摩擦力平衡，故相当于只有重力做功，故机械能总量不变，故D正确；
故选：CD．
点评：本题关键明确物体的运动规律，然后根据功能关系得到表达式分析图象．
7．如图，在光滑绝缘水平面上、三个带电小球a、b和c分别位于边长为L的正三角形的三个顶点上，a、b带正电，电荷量均为q，c带负电，整个系统置于方向水平的匀强电场中，已知静电力常量为k，若三个小球均处于静止状态，则下列说法中正确的是( )
A．a球所受合力斜向左下
B．c带电量的大小为2q
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C．匀强电场的方向垂直于ab边由c指向ab的中点
D．因为不知道c的电量大小，所以无法求出匀强电场的场强大小
考点：电势差与电场强度的关系；电场强度．
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：三个小球均处于静止状态，合力为零，以c电荷为研究对象，根据平衡条件求解匀强电场场强的大小．
三个小球均处于静止状态，合力为零，以c电荷为研究对象，根据平衡条件求解C球的带电量．
解答： 解：A、球a保持静止，合力为零，故A错误；
B、C、D、设c电荷带电量为Q，以c电荷为研究对象受力分析，根据平衡条件得a、b对c的合力与匀强电场对c的力等值反向，即：
2××cos30°=E•Q；
所以匀强电场场强的大小为．
设c电荷带电量为Q，以c电荷为研究对象受力分析，
根据平衡条件得a、b对c的合力与匀强电场对c的力等值反向，即：=×cos60°
所以C球的带电量为2q．
故B正确，C正确，D错误；
故选：BC．
点评：本题首先要灵活选择研究的对象，正确分析受力情况，再根据平衡条件和库仑定律及平行四边形定则解题．
二、实验题（8题8分，9题9分，共17分）
8．某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”．弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M，弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端水平向左拉，使结点O静止在某位置，分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点位置和拉线的方向．
（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为3.6N．
（2）下列不必要的实验要求是D．（请填写选项前对应的字母）
A．应测量重物M所受的重力
B．弹簧测力计应在使用前校零
C．拉线方向应与木板平面平行
D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置
（3）某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请您提出两个解决办法．方法一：减小弹簧测力计B的拉力方法二：减小重物的质量
（4）该同学在实验中保持弹簧测力计B的拉力的方向一直水平，你认为该做法科学吗？为什么？答：不科学，因为不能验证任意角度下的力的合成满足平行四边形法则．
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考点：验证力的平行四边形定则．
专题：实验题．
分析：弹簧测力计A挂于固定点，下端用细线挂一重物．当弹簧测力计B一端用细线系于O点，当向左拉使结点静止于某位置．弹簧测力计A和B的示数分别为两细线的力的大小，同时画出细线的方向即为力的方向．虽悬挂重物的细线方向确定，但大小却不知，所以要测重物重力．当结点静止于某位置时，弹簧测力计B的大小与方向就已确定了．原因是挂重物的细线大小与方向一定，而弹簧测力计A大小与方向也一定，所以两力的合力必一定．当出现超出弹簧测力计A的量程时，通过改变其中一个力大小或另一个力方向来达到此目的．
解答： 解：（1）弹簧测力计读数，每1N被分成5格，则1格就等于0.2N．图指针落在3N到4N的第3格处，所以3.6N．
（2）A、实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道．故A项也需要；
B、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零．故B项也需要；
C、拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性．故C项也需要；
D、当结点O位置确定时，弹簧测力计A的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计B的大小与方向也一定，所以不需要改变拉力多次实验．故D项不需要．
故选：D．
（3）当弹簧测力计A超出其量程，则说明弹簧测力计B与重物这两根细线的力的合力已偏大．又由于挂重物的细线力的方向已确定，所以要么减小重物的重量，要么改变测力计B拉细线的方向，或改变弹簧测力计B拉力的大小，从而使测力计A不超出量程．
（4）不科学，因为不能验证任意角度下的力的合成满足平行四边形法则．
故答案为：（1）3.6；（2）D；
（3）减小弹簧测力计B的拉力；减小重物的质量；
（4）不科学，因为不能验证任意角度下的力的合成满足平行四边形法则．
点评：通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”，重点是如何准确作出力的图示．同时值得注意其中有一力大小与方向均已一定，从而减少实验的操作步骤．
9．在探究小灯泡的伏安法测电阻实验中，所有器材有灯泡L，量程恰当的电流表A和电压表V，直流电源，滑动变阻器R、电键S等．
（1）要求灯泡两端电压表V从零开始连续变化，则实验中滑动变阻器应采用分压接法（“分压”或“限流”）
（2）某同学已连接如图1所示的电路，在连接最后一根导线的c端到直流电源正接线柱之前，请指出其中仅有的2个不当之处．
A：电键S不应闭合
B：滑片P应位于最右端，不应位于左端
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（3）分别测得两只灯泡L1和L2的伏安特性曲线如图2中Ⅰ和Ⅱ所示，然后将灯泡L1、L2与电池组（电动势和内阻均恒定）连成图3所示电路．测量后得到通过L1和L2的电流分别为0.30A和0.60A．请在图3中画出电池组路端电压U和电流I的关系曲线．
考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．
专题：实验题．
分析：由于要求灯泡两端电压从OV开始变化，所以滑动变阻器必须分压式接法．从图中可知，电键处于闭合状态，同时滑动触头也在不当位置．两只灯泡l1和l2 的伏安特性曲线如图Ⅱ中Ⅰ和Ⅱ所示，结合图Ⅲ所示电路，可以画出闭合电路的路端电压与电流的图象．从而读出电源的电动势，算出电源的内电阻．
解答： 解：（1）探究小灯泡的伏安特性曲线要求电压从0到额定电压变化，所以滑动变阻器必须采用分压解法．
（2）在连接线路时必须将每个开关断开，而图中是闭合的这是第一个错误．连好线路后在闭合开关前需要将限流滑动变阻器调到阻值最大，将分压滑动变阻器调到输出为0端，在图中是b端，以保护电源和电表．
（3）描绘电源的伏安特性曲线要求外电阻变化测定对应的多组路端电压和电流，本实验中用两个小灯泡来改变外电阻获得两组电流值，然后在小灯泡的伏安特性曲线上查出对应的电压，用两个坐标点描绘图象．为描绘准确可以先进行理论计算，首先查出两坐标为（0.30A，3.8V）和（0.60A，3.0V），
则内阻为r==2.7Ω，电动势为E=4.6V，然后作出准确图象如图．
故答案为：
（1）分压
（2）A．电键S不应闭合；
B、滑片P应位于最右端，不应位于左端
（3）如图
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点评：当电路中的路端电压与电流图象与负载的电压与电流图象相交时，则交点表示它们的电流．原因是负载与电源相串联．而路端电压与电流的图象的纵交点是表示电源的电动势，横交点表示短路电流．
三、计算题（写出必要的文字和依据，满分51分）
10．一物体做匀减速直线运动，在某段时间T内的平均速度的大小为v，紧接着在接下来的相等的时间T内的平均速度的大小为kv（k＜1），此时，物体仍然在运动．求：
（1）物体的加速度为多大？
（2）再经过多少位移物体速度刚好减为零？
考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系．
专题：直线运动规律专题．
分析：（1）匀变速直线运动中，某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度；然后根据加速度定义求解加速度；
（2）先根据速度公式求解第二段T时间的末速度，然后根据速度位移关系公式列式求解位移．
解答： 解：（1）匀变速直线运动中，某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故加速度大小：
a===
加速度大小为；
（2）第二段T时间的末速度为：
V=kv+a•=
所求位移为：
x==．
答：（1）物体的加速度大小为；
（2）再经过位移物体速度刚好减为零．
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点评：本题关键是要利用“匀变速直线运动中，某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度”的结论求解出两个瞬时速度，然后再结合运动学公式列式求解．
11．（17分）如图所示，半径为r=0.10m的圆形匀强磁场区域边界跟x轴相切于坐标原点O，磁感应强度按图示规律变化，方向垂直直纸面向里，在t=0时刻由O处沿y轴正方向射入速度为v=1.0×103m/s的带负电粒子，已知粒子质量m=9.0×10﹣12kg，电量q=9.0×10﹣6C，不计粒子重力，求：
（1）t=0～π/60000秒时间内，粒子做匀速圆周运动的周期、半径和转过的角度．
（2）t=π/60000秒～3π/60000秒时间内，粒子做匀速圆周运动的周期、半径和转过的角度．
（3）粒子在磁场中的运动时间和离开磁场时的位置坐标．
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：粒子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，设单位时间t=×10﹣4s，根据牛顿第二定律求出粒子的轨迹半径和周期T，根据t与T的关系，分析在第一个单位时间内粒子在磁场中转过的圆心角．在第二单位时间内，用同样的方法求出粒子在磁场中转过的圆心角，画出轨迹，确定经过几个单位时间，粒子刚好射出磁场，即可求得时间和离开磁场时的位置坐标．
解答： 解：粒子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，设单位时间t=×10﹣4s．则
（1）在t=0～×10﹣4s时间内，B1=1×10﹣2T，由qvB1=m，
代入数据解得：R1=0.1m，
T1==2π×10﹣4s，故t=T1，则粒子在第一个t内，在磁场中转过的圆心角为30°．
（2）在t=×10﹣4s～×10﹣4s时间内，B2=12×10﹣2T，由qvB2=m，
代入数据解得：R2=m，
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T2==×10﹣4s，则t=T2，转过的圆心角为360°；
（3）粒子在第二个和第三t内刚好做两个完整的圆周运动，第四个t内的运动与第一t内的相同，第五、六个t内的运动又与第二、第三个t内的相同，到第七个t末，粒子刚好出磁场，
由上分析可知，粒子在磁场中运动时间为：t′=7t=π×10﹣4s，运动轨迹如图，离开磁场时的位置坐标为（0.1，0.1）
答：（1）t=0～π/60000秒时间内，粒子做匀速圆周运动的周期为2π×10﹣4s、半径为0.1m，转过的角度为30°．
（2）t=π/60000秒～3π/60000秒时间内，粒子做匀速圆周运动的周期为×10﹣4s、半径为m，转过的角度为360°．
（3）粒子在磁场中的运动时间为π×10﹣4s，离开磁场时的位置坐标为（0.1，0.1）．
点评：本题关键是采用归纳法，总结出粒子在每个t时间内转过的圆心角，画出轨迹进行求解．
12．（19分）如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面．t=0时，电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零，加速度aB=1. 0m/s2的匀加速直线运动．已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0kg，A、B之间的动摩擦因数μ1=0.05，B与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s2．求：
（1）t=0.1s时，物体A的加速度大小aA；
（2）t=1.0s时，电动机的输出功率P；
（3）若t=1.0s时，将电动机的输出功率立即调整为P′=5W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t′=3.8s时物体A的速度为1.2m/s．则在t=1.0s到t=3.8s这段时间内木板B的位移是多少？
考点：功率、平均功率和瞬时功率；电功、电功率．
分析：（1）对物体A进行受力分析，水平方向只受摩擦力，根据牛顿第二定律就出a；
（2）电动机的输出功率P=Fv，对B进行受力分析，水平方向受到拉力F、地面对B的摩擦力、A对B的摩擦力，对B运用牛顿第二定律可解除F，根据运动学公式求出v，即可求得p；
（3）电动机的输出功率调整为5W时，根据P=Fv，求出F，对B进行受力分析，得出B受平衡力，所以B做匀速运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等，算出时间，算出位移s1，速度相同后，由于F＞μ2（mA+mB）g且电动机输出功率恒定，A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动，根据动能定理求出位移s2，木板B在t=1.0s到t=3.8s这段时间的位移s=s1+s2．
解答： 解：（1）若A相对于B滑动，则对物体A进行受力分析，水平方向只受摩擦力，根据牛顿第二定律得：
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f=μ1mAg=mAaA
解得：aA=0.5m/s2＜1.0m/s2，所以A的加速度为0.5m/s2；
（2）对物体B进行受力分析，水平方向受到拉力F、地面对B的摩擦力、A对B的摩擦力，根据牛顿第二定律得：
F﹣μ1mAg﹣μ2（mB+mA）g=mBaB
带入数据解得：F=7N，
v=aBt=1m/s
所以P=Fv=7W
（3）电动机的输出功率调整为5W时，设细绳对木板B的拉力为F′，则P′=F′v1，代入数据解得F'=5N，
对木板进行受力分析，木板B受力满足F′﹣μ1mAg﹣μ2（mA+mB）g=0
所以木板B将做匀速直线运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等．
设这一过程时间为t′，有v1=aA（t1+t′），这段时间内B的位移 s1=v1t′，
A、B速度相同后，由于F＞μ2（mA+mB）g且电动机输出功率恒定，A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动，
由动能定理得：P′（t2﹣t′﹣t1）﹣μ2（mA+mB）gs2=
由以上各式带入数据得：木板B在t=1.0s到t=3.8s这段时间的位移s=s1+s2=3.03m
答：（1）物体A刚运动时的加速度aA为0.5m/s2；
（2）t=1.0s时，电动机的输出功率P为7W；
（3）在t=1.0s到t=3.8s这段时间内木板B的位移为3.03m．
点评：本题对受力分析的要求较高，要能根据受力情况判断运动情况，或根据运动情况判断受力情况，难度较大．
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