2011年高考物理試卷（全國(guó)Ⅱ卷大綱版）（解析卷）

第頁(yè)|共頁(yè)2011年全國(guó)統(tǒng)一高考物理試卷（全國(guó)卷Ⅱ）參考答案與試題解析一、選擇題（本題共8小題．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有的只有一個(gè)選項(xiàng)正確，有的有多個(gè)選項(xiàng)正確，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分．共48分）1．（6分）關(guān)于一定量的氣體，下列敘述正確的是（）A．氣體吸收的熱量可以完全轉(zhuǎn)化為功 B．氣體體積增大時(shí)，其內(nèi)能一定減少 C．氣體從外界吸收熱量，其內(nèi)能一定增加 D．外界對(duì)氣體做功，氣體內(nèi)能可能減少 【考點(diǎn)】8A：物體的內(nèi)能；8F：熱力學(xué)第一定律．【專題】12：應(yīng)用題；31：定性思想；43：推理法；548：熱力學(xué)定理專題．【分析】解答本題應(yīng)熟練準(zhǔn)確掌握熱力學(xué)第一定律的內(nèi)容，明確做功和熱傳遞均可改變物體的內(nèi)能．【解答】解：根據(jù)熱力學(xué)第一定律，做功和熱傳遞都可以改變內(nèi)能，所以含有‘一定’的B和C錯(cuò)誤，而D正確；理想氣體的等溫變化是一個(gè)內(nèi)能不變的過(guò)程，當(dāng)體積增大對(duì)外做功時(shí)同時(shí)必須從外界吸熱等大的熱量，故A正確；故選AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查熱力學(xué)第一定律，理解做功和熱傳遞都可以改變內(nèi)能才能正確解答．2．（6分）如圖，兩根相互平行的長(zhǎng)直導(dǎo)線分別通有方向相反的電流I1和I2，且I1＞I2；a、b、c、d為導(dǎo)線某一橫截面所在平面內(nèi)的四點(diǎn)，且a、b、c與兩導(dǎo)線共面；b點(diǎn)在兩導(dǎo)線之間，b、d的連線與導(dǎo)線所在平面垂直。磁感應(yīng)強(qiáng)度可能為零的點(diǎn)是（）A．a(chǎn)點(diǎn) B．b點(diǎn) C．c點(diǎn) D．d點(diǎn) 【考點(diǎn)】C6：通電直導(dǎo)線和通電線圈周圍磁場(chǎng)的方向．【專題】12：應(yīng)用題．【分析】由安培定則可判出兩導(dǎo)線在各點(diǎn)磁感線的方向，再由矢量的合成方法可得出磁感應(yīng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)的位置?！窘獯稹拷猓簝呻娏髟谠擖c(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度為0，說(shuō)明兩電流在該點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度滿足等大反向關(guān)系。根據(jù)右手螺旋定則在兩電流的同側(cè)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反，則為a或c，又I1＞I2，所以該點(diǎn)距I1遠(yuǎn)距I2近，所以是c點(diǎn)；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了安培定則及矢量的合成方法，特別應(yīng)注意磁場(chǎng)的空間性，注意培養(yǎng)空間想象能力。3．（6分）雨后太陽(yáng)光入射到水滴中發(fā)生色散而形成彩虹．設(shè)水滴是球形的，圖中的圓代表水滴過(guò)球心的截面，入射光線在過(guò)此截面的平面內(nèi)，a、b、c、d代表四條不同顏色的出射光線，則它們可能依次是（）A．紫光、黃光、藍(lán)光和紅光 B．紫光、藍(lán)光、黃光和紅光 C．紅光、藍(lán)光、黃光和紫光 D．紅光、黃光、藍(lán)光和紫光 【考點(diǎn)】H3：光的折射定律．【專題】12：應(yīng)用題．【分析】根據(jù)折射圖象可得出各光的偏折程度，即可得出折射率的大小，則可得頻率、波長(zhǎng)等的大小時(shí)關(guān)系，即可判斷各光可能的順序．【解答】解：由折射圖象可知a光的偏折程度最大，說(shuō)明水滴對(duì)a的折射率最大，故a的頻率最大，由v=λf可知，a的波長(zhǎng)最小，abcd偏折程度依次減小，故為紫光、藍(lán)光、黃光和紅光。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查同一介質(zhì)對(duì)不同色光的偏折程度與色光性質(zhì)的關(guān)系．要求學(xué)生掌握色光的波長(zhǎng)、頻率的大小關(guān)系．4．（6分）通常一次閃電過(guò)程歷時(shí)約0.2～0.3s，它由若干個(gè)相繼發(fā)生的閃擊構(gòu)成．每個(gè)閃擊持續(xù)時(shí)間僅40～80μs，電荷轉(zhuǎn)移主要發(fā)生在第一個(gè)閃擊過(guò)程中．在某一次閃電前云地之間的電勢(shì)差約為1.0×109V，云地間距離約為lkm；第一個(gè)閃擊過(guò)程中云地間轉(zhuǎn)移的電荷量約為6C，閃擊持續(xù)時(shí)間約為60μs．假定閃電前云地間的電場(chǎng)是均勻的．根據(jù)以上數(shù)據(jù)，下列判斷正確的是（）A．閃電電流的瞬時(shí)值可達(dá)到1×105A B．整個(gè)閃電過(guò)程的平均功率約為l×1014W C．閃電前云地間的電場(chǎng)強(qiáng)度約為l×106V/m D．整個(gè)閃電過(guò)程向外釋放的能量約為6×106J 【考點(diǎn)】A6：電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力；BG：電功、電功率．【分析】（1）由于云地間的電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的公式可以求得電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；（2）根據(jù)電流強(qiáng)度的定義式可以求得電流的平均值的大?。唬?）根據(jù)電場(chǎng)做功的公式，可以直接計(jì)算出釋放的能量．【解答】解：根據(jù)電流強(qiáng)度的定義式可得，電流A（注意單位的正確換算），所以A正確。釋放的能量等于電場(chǎng)力做功W=QU=6×1.0×109=6×109J，所以D錯(cuò)誤；所以第一次閃電的平均功率為W，由于電荷轉(zhuǎn)移主要發(fā)生在第一個(gè)閃擊過(guò)程中，所以整個(gè)閃電過(guò)程的平均功率小于第一次的閃電功率，所以B錯(cuò)誤。電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為V/m，所以C正確。故選AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題是對(duì)電場(chǎng)強(qiáng)度的公式的直接考查，在電場(chǎng)這一部分中公式比較多，這就要求同學(xué)們?cè)趯W(xué)習(xí)的過(guò)程中要掌握住每個(gè)公式．5．（6分）已知?dú)湓拥幕鶓B(tài)能量為E1，激發(fā)態(tài)能量En=，其中n=2，3…．用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速。能使氫原子從第一激發(fā)態(tài)電離的光子的最大波長(zhǎng)為（）A． B． C． D． 【考點(diǎn)】J3：玻爾模型和氫原子的能級(jí)結(jié)構(gòu)；J4：氫原子的能級(jí)公式和躍遷．【專題】11：計(jì)算題．【分析】最大波長(zhǎng)對(duì)應(yīng)著光子的最小能量，即只要使使氫原子從第一激發(fā)態(tài)恰好電離即可。根據(jù)題意求出第一激發(fā)態(tài)的能量值，恰好電離時(shí)能量為0，然后求解即可。【解答】解：第一激發(fā)態(tài)即第二能級(jí)，是能量最低的激發(fā)態(tài)，則有：；電離是氫原子從第一激發(fā)態(tài)躍遷到最高能級(jí)0的過(guò)程，需要吸收的光子能量最小為：所以有：，解的：，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了電離中涉及的氫原子的能級(jí)躍遷問(wèn)題。同時(shí)明確光子能量、光速、頻率、波長(zhǎng)之間關(guān)系。6．（6分）我國(guó)“嫦娥一號(hào)”探月衛(wèi)星發(fā)射后，先在“24小時(shí)軌道”上繞地球運(yùn)行（即繞地球一圈需要24小時(shí)）；然后，經(jīng)過(guò)兩次變軌依次到達(dá)“48小時(shí)軌道”和“72小時(shí)軌道”；最后奔向月球。如果按圓形軌道計(jì)算，并忽略衛(wèi)星質(zhì)量的變化，則在每次變軌完成后與變軌前相比，（）A．衛(wèi)星動(dòng)能增大，引力勢(shì)能減小 B．衛(wèi)星動(dòng)能增大，引力勢(shì)能增大 C．衛(wèi)星動(dòng)能減小，引力勢(shì)能減小 D．衛(wèi)星動(dòng)能減小，引力勢(shì)能增大 【考點(diǎn)】4F：萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用；4H：人造衛(wèi)星．【分析】根據(jù)人造衛(wèi)星的萬(wàn)有引力等于向心力，列式求出線速度、周期的表達(dá)式，由題意知道周期變大，故半徑變大，故速度變小，由于要克服引力做功，勢(shì)能變大?！窘獯稹拷猓喝嗽煨l(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，設(shè)衛(wèi)星的質(zhì)量為m、軌道半徑為r、地球質(zhì)量為M，有F=F向故G=m=mω2r=m（）2r=ma解得v=①T==2π②a=③根據(jù)題意兩次變軌分別為：從“24小時(shí)軌道”變軌為“48小時(shí)軌道”和從“48小時(shí)軌道”變軌為“72小時(shí)軌道”，則結(jié)合②式可知，在每次變軌完成后與變軌前相比運(yùn)行周期增大，運(yùn)行軌道半徑增大，運(yùn)行線速度減小，所以衛(wèi)星動(dòng)能減小，引力勢(shì)能增大，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵抓住萬(wàn)有引力提供向心力，先列式求解出線速度、周期的表達(dá)式，再進(jìn)行討論。7．（6分）質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L(zhǎng)的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ．初始時(shí)小物塊停在箱子正中間，如圖所示?，F(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，井與箱子保持相對(duì)靜止。設(shè)碰撞都是彈性的，則整個(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為（）A．mv2 B． C．Nμmgl D．NμmgL 【考點(diǎn)】53：動(dòng)量守恒定律；6B：功能關(guān)系．【專題】16：壓軸題．【分析】本題考查動(dòng)量守恒、功能關(guān)系及能量守恒定律?！窘獯稹拷猓河捎谙渥覯放在光滑的水平面上，則由箱子和小物塊組成的整體動(dòng)量始終是守恒的，直到箱子和小物塊的速度相同時(shí)，小物塊不再相對(duì)滑動(dòng)，有mv=（m+M）v1系統(tǒng)損失的動(dòng)能是因?yàn)槟Σ亮ψ鲐?fù)功△Ek=﹣Wf=μmg×NL==選項(xiàng)BD正確，AC錯(cuò)誤。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】?jī)蓚€(gè)相對(duì)運(yùn)動(dòng)的物體，當(dāng)它們的運(yùn)動(dòng)速度相等時(shí)候，往往是最大距離或者最小距離的臨界條件。本題是以兩物體多次碰撞為載體，綜合考查功能原理，動(dòng)量守恒定律，要求學(xué)生能依據(jù)題干和選項(xiàng)暗示，從兩個(gè)不同角度探求系統(tǒng)動(dòng)能的損失。又由于本題是陳題翻新，一部分學(xué)生易陷入某種思維定勢(shì)漏選B或者D，另一方面，若不仔細(xì)分析，易認(rèn)為從起點(diǎn)開(kāi)始到發(fā)生第一次碰撞相對(duì)路程為L(zhǎng)，則發(fā)生N次碰撞，相對(duì)路程為，而錯(cuò)選C。8．（6分）一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸傳播，波長(zhǎng)為1.2m，振幅為A．當(dāng)坐標(biāo)為x=0處質(zhì)元的位移為且向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)時(shí)．坐標(biāo)為x=0.4m處質(zhì)元的位移為．當(dāng)坐標(biāo)為x=0.2m處的質(zhì)元位于平衡位置且向y軸正方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，x=0.4m處質(zhì)元的位移和運(yùn)動(dòng)方向分別為（）A．、沿y軸正方向 B．，沿y軸負(fù)方向 C．、沿y軸正方向 D．、沿y軸負(fù)方向 【考點(diǎn)】F5：波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系．【專題】16：壓軸題．【分析】根據(jù)x=0處質(zhì)元和x=0.4m處質(zhì)元的位移關(guān)系，結(jié)合波形及x=0.2m處質(zhì)元的振動(dòng)方向，判斷出波的傳播方向，確定x=0.4m處質(zhì)元的位移．【解答】解：坐標(biāo)為x=0處質(zhì)元與坐標(biāo)為x=0.4m處質(zhì)元間距為0.4m小于半個(gè)波長(zhǎng)，坐標(biāo)為x=0.2m處的質(zhì)元與他們一定在同一波沿上處在平衡位置向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，坐標(biāo)為x=0.4m處質(zhì)元也向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)。當(dāng)坐標(biāo)為x=0.2m處的質(zhì)元位于平衡位置且向y軸正方向運(yùn)動(dòng)時(shí)經(jīng)歷時(shí)間是半個(gè)周期的奇數(shù)倍。在這段時(shí)間坐標(biāo)為x=0.4m處質(zhì)元運(yùn)動(dòng)到對(duì)稱點(diǎn)即位移為，運(yùn)動(dòng)方向與原來(lái)相反，C正確。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查質(zhì)點(diǎn)間關(guān)系與波形、間距、周期和波長(zhǎng)的制約關(guān)系，往往畫(huà)出波形圖幫助分析判斷．二、實(shí)驗(yàn)題(共18分）9．（6分）在“油膜法估測(cè)油酸分子的大小”實(shí)驗(yàn)中，有下列實(shí)驗(yàn)步驟：①往邊長(zhǎng)約為40cm的淺盤(pán)里倒入約2cm深的水．待水面穩(wěn)定后將適量的痱子粉均勻地撒在水面上．②用注射器將事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形狀穩(wěn)定．③將畫(huà)有油膜形狀的玻璃板平放在坐標(biāo)紙上，計(jì)算出油膜的面積，根據(jù)油酸的體積和面積計(jì)算出油酸分子直徑的大小．④用注射器將事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，記下量筒內(nèi)每增加一定體積時(shí)的滴數(shù)，由此計(jì)算出一滴油酸酒精溶液的體積．⑤將玻璃板放在淺盤(pán)上，然后將油膜的形狀用彩筆描繪在玻璃板上．完成下列填空：（1）上述步驟中，正確的順序是④①②⑤③．（填寫(xiě)步驟前面的數(shù)字）（2）將1cm3的油酸溶于酒精，制成300cm3的油酸酒精溶液；測(cè)得lcm3的油酸酒精溶液有50滴．現(xiàn)取一滴該油酸酒精溶液滴在水面上，測(cè)得所形成的油膜的面積是0.13m2．由此估算出油酸分子的直徑為5×10﹣10m．（結(jié)果保留l位有效數(shù)字）【考點(diǎn)】O1：用油膜法估測(cè)分子的大?。緦ｎ}】16：壓軸題．【分析】將配制好的油酸酒精溶液，通過(guò)量筒測(cè)出1滴此溶液的體積．然后將1滴此溶液滴在有痱子粉的淺盤(pán)里的水面上，等待形狀穩(wěn)定后，將玻璃板放在淺盤(pán)上，用彩筆描繪出油酸膜的形狀，將畫(huà)有油酸薄膜輪廓的玻璃板放在坐標(biāo)紙上，按不足半個(gè)舍去，多于半個(gè)的算一個(gè)，統(tǒng)計(jì)出油酸薄膜的面積．則用1滴此溶液的體積除以1滴此溶液的面積，恰好就是油酸分子的直徑．【解答】解：（1）“油膜法估測(cè)油酸分子的大小”實(shí)驗(yàn)步驟為：配制酒精油酸溶液（教師完成，記下配制比例）→測(cè)定一滴酒精油酸溶液的體積（題中的④）→準(zhǔn)備淺水盤(pán)（①）→形成油膜（②）→描繪油膜邊緣（⑤）→測(cè)量油膜面積（③）→計(jì)算分子直徑（③）（2）計(jì)算步驟：先計(jì)算一滴油酸酒精溶液中油酸的體積=一滴酒精油酸溶液的體積×配制比例=，再計(jì)算油膜面積，最后計(jì)算分子直徑=m．故答案為：（1）④①②⑤③（2）5×10﹣10．【點(diǎn)評(píng)】本題是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一個(gè)靠著一個(gè)，從而可以由體積與面積相除求出油膜的厚度．10．（12分）使用多用電表測(cè)量電阻時(shí)，多用電表內(nèi)部的電路可以等效為一個(gè)直流電源（一般為電池）、一個(gè)電阻和一表頭相串聯(lián)，兩個(gè)表筆分別位于此串聯(lián)電路的兩端．現(xiàn)需要測(cè)量多用電表內(nèi)電池的電動(dòng)勢(shì)，給定的器材有：待測(cè)多用電表，量程為60mA的電流表，電阻箱，導(dǎo)線若干．實(shí)驗(yàn)時(shí)，將多用電表調(diào)至×1Ω擋，調(diào)好零點(diǎn)；電阻箱置于適當(dāng)數(shù)值．完成下列填空：（1）儀器連線如圖1所示（a和b是多用電表的兩個(gè)表筆）．若兩電表均正常工作，則表筆a為黑（填“紅”或“黑”）色；（2）若適當(dāng)調(diào)節(jié)電阻箱后，圖1中多用電表、電流表與電阻箱的示數(shù)分別如圖2（a），（b），（c）所示，則多用電表的讀數(shù)為14.0Ω．電流表的讀數(shù)為53.0mA，電阻箱的讀數(shù)為4.6Ω：（3）將圖l中多用電表的兩表筆短接，此時(shí)流過(guò)多用電表的電流為102mA；（保留3位有效數(shù)字）（4）計(jì)算得到多用電表內(nèi)電池的電動(dòng)勢(shì)為1.54V．（保留3位有效數(shù)字）【考點(diǎn)】B4：多用電表的原理及其使用；N4：用多用電表測(cè)電阻．【專題】16：壓軸題．【分析】當(dāng)用多用電表測(cè)電阻時(shí)，電源在表內(nèi)，要使電流從圖中電流表正極流進(jìn)，從負(fù)極流出，因此表筆a連接電源的正極，所以表筆a為黑色的．多用電表測(cè)電阻時(shí)讀數(shù)是表盤(pán)示數(shù)與倍率的乘積；電流表的讀數(shù)要注意量程．【解答】解：（1）多用電表在使用時(shí)必須使電流從紅表筆（正接線柱）流進(jìn)，黑表筆（負(fù)接線柱）流出，串聯(lián)的電流表也必須使電流從正接線柱流進(jìn)，負(fù)接線柱流出，所以可以判斷電流是從a表筆流出的為黑表筆．（2）多用電表用×1倍率測(cè)量，讀數(shù)為：14.0×1=14.0Ω電流表的量程是60mA，所以不能在表盤(pán)上直接讀數(shù)，需要改裝為10，20，30，40，50，60的表盤(pán)，然后讀數(shù)為：53.0mA電阻箱的讀數(shù)為：0×100+0×10+4×1+6×0.1=4.6Ω（3）（4）多用電表測(cè)量電阻的原理是閉合電路的歐姆定律，多用電表內(nèi)部的電路等效的直流電源（一般為電池）、電阻、表頭與待測(cè)電阻串聯(lián)，當(dāng)表頭短接時(shí)電路電流最大為表頭的滿偏電流Ig=，將Rg取為r+rg+R為多用電表的內(nèi)阻，當(dāng)待測(cè)電阻等于Rg時(shí)，這時(shí)表頭半偏，表針指在歐姆表盤(pán)的中值上，所以Rg又稱為中值電阻．當(dāng)選擇×1倍率測(cè)量時(shí)中值電阻直接在歐姆表盤(pán)上讀數(shù)為15Ω．在（2）中多用電表外的電阻為多用電表的讀數(shù)14.0Ω，干路電流是53.0mA，則電源電動(dòng)勢(shì)是E=I（R內(nèi)+R外）=0.053×（15+14）=1.537V．則滿偏電流Ig=mA．故答案為：（1）黑；（2）14.0，53.0，4.6；（3）102；（4）1.54．【點(diǎn)評(píng)】由閉合電路的毆姆定律可得，電流與待測(cè)電阻不成比例，所以導(dǎo)致表盤(pán)的刻度不均勻．同時(shí)當(dāng)表頭半偏時(shí)，所測(cè)電阻等于中值電阻．三、解答題11．（15分）如圖，兩根足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌ab、cd豎直放置，導(dǎo)軌間距離為L(zhǎng)1電阻不計(jì)。在導(dǎo)軌上端并接兩個(gè)額定功率均為P、電阻均為R的小燈泡。整個(gè)系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與導(dǎo)軌所在平面垂直?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m、電阻可以忽略的金屬棒MN從圖示位置由靜止開(kāi)始釋放。金屬棒下落過(guò)程中保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好。已知某時(shí)刻后兩燈泡保持正常發(fā)光。重力加速度為g。求：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。海?）燈泡正常發(fā)光時(shí)導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)速率?！究键c(diǎn)】3C：共點(diǎn)力的平衡；D8：法拉第電磁感應(yīng)定律；D9：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．【專題】53C：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【分析】導(dǎo)體棒釋放后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，直到重力等于安培力時(shí)以最大速度勻速運(yùn)動(dòng)。在加速階段感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流增大，兩燈泡逐漸變亮，只有在勻速階段兩燈泡的亮度不變，所以兩燈泡保持正常發(fā)光說(shuō)明導(dǎo)體棒在勻速運(yùn)動(dòng)?！窘獯稹拷猓海?）兩燈泡保持正常發(fā)光說(shuō)明導(dǎo)體棒在勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件：mg=BIL①兩燈泡保持正常發(fā)光I=2Im②P=Im2R③連立①②③化簡(jiǎn)得磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小④（2）兩燈泡保持正常發(fā)光時(shí)的電壓等于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)U2=PR⑤根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=BLv⑥連立⑤⑥化簡(jiǎn)得燈泡正常發(fā)光時(shí)導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)速率。【點(diǎn)評(píng)】本題為電磁感應(yīng)與電路結(jié)合的題目，明確電路的結(jié)構(gòu)，找出電源是解決此類問(wèn)題的突破口。12．（19分）如圖，與水平面成45°角的平面MN將空間分成Ⅰ和Ⅱ兩個(gè)區(qū)域．一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子以速度v0從平面MN上的P0點(diǎn)水平右射入I區(qū)．粒子在Ⅰ區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)，只受到大小不變、方向豎直向下的電場(chǎng)作用，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E；在Ⅱ區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)，只受到勻強(qiáng)磁場(chǎng)的作用，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向里．求粒子首次從Ⅱ區(qū)離開(kāi)時(shí)到出發(fā)點(diǎn)P0的距離．粒子的重力可以忽略．【考點(diǎn)】37：牛頓第二定律；AK：帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；CI：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；CM：帶電粒子在混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】16：壓軸題．【分析】在分離電磁場(chǎng)中粒子先做類平拋運(yùn)動(dòng)，后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，兩運(yùn)動(dòng)的銜接條件為速度大小和速度方向．求粒子首次從II區(qū)離開(kāi)時(shí)到出發(fā)點(diǎn)P0的距離必須知道在電場(chǎng)中的平拋位移和在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的弦長(zhǎng)，根據(jù)電場(chǎng)力方向和左手定則正粒子都向N側(cè)運(yùn)動(dòng)，所以d=電場(chǎng)位移S+磁場(chǎng)圓的弦L．【解答】解：正粒子垂直電場(chǎng)進(jìn)入做類平拋運(yùn)動(dòng)，初末位置在45°角的平面MN上，說(shuō)明位移方向角是45°，根據(jù)分解公式得：x=v0t…①…②…③…④…⑤…⑥速度與水平方向的夾角θ：tanθ=2tan45°=2…⑦連立①②③④⑤⑥化簡(jiǎn)得：…⑧進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)與邊界MN的夾角為θ﹣45°做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得：…⑨作出原軌跡，則弦長(zhǎng)和半徑滿足關(guān)系有：…⑩連立⑨⑩：所以粒子首次從II區(qū)離開(kāi)時(shí)到出發(fā)點(diǎn)P0的距離為：答：粒子首次從Ⅱ區(qū)離開(kāi)時(shí)到出發(fā)點(diǎn)P0的距離為【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中兩運(yùn)動(dòng)模型：勻速圓周運(yùn)動(dòng)與類平拋運(yùn)動(dòng)，及相關(guān)的綜合分析能力，以及空間想像的