浙江省溫州市高三第二次適應(yīng)性測試(二模)理科物理試題要點

1、2015年浙江省溫州市高考物理二模試卷一、選擇題（本題共 4小題，每小題6分，共102分.在每小題給出的四個選項中，只有 一個選項正確，選對的得 6分，選錯的得0分.）1. （6分）（2015?溫州二模）如圖所示， A、B兩點固定兩個等量異種點電荷，。為AB中點，M、N為AB中垂線上的兩點，且 ON>OM,則（）A ; B-Q Or-O -Q i oIA. M、N兩點的場強大小相等 B. M、N兩點的場強方向相同C. M點的電勢比 N點的電勢高 D. M點的電勢比N點的電勢低【考點】：電勢；電勢差與電場強度的關(guān)系.【專題】：電場力與電勢的性質(zhì)專題.【分析】：該題考查常見電場的電場線特點，

2、等量異種電荷的電場線具有對稱性，上下對稱,左右對稱.中垂線 MN是一條等勢線.結(jié)合其電場線的圖即可作答.【解析】：解：常見電場的電場線中，等量異種電荷的電場線特點如圖，AB:由等量異種電荷的電場線的特點圖，可知： M、0、N三點的場強方向都水平向右，O點的場強最大，N點的場強最小，故 A錯誤，B正確；CD:中垂線MN是一條等勢線，故 M、0、N三點的電勢相等，故 CD錯誤.故選：B.【點評】：該題考查常見電場（等量異種電荷的電場線）的電場線特點，題目簡單，很容易 選出正確的答案.2. （6分）（2015?溫州二卞H）殲20戰(zhàn)斗機為中國人民解放軍研制的第四代戰(zhàn)機.如圖所示，機身長為1,機翼兩端點

3、 C、D的距離為d,現(xiàn)該戰(zhàn)斗機在我國近海海域上空以速度 v沿水 平方向飛行，已知戰(zhàn)斗機所在空間地磁場磁感應(yīng)強度的豎直分量大小為B, C、D兩點間的電勢差為U.則（）A. U=Blv , C點電勢高于 D點電勢 B. U=Blv , D點電勢高于 C點電勢C. U=Bdv , C點電勢高于 D點電勢 D. U=Bdv, D點電勢高于 C點電勢【考點】：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；電勢.【專題】：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合.【分析】：飛機飛行時，切割磁感應(yīng)強度的豎直分量，根據(jù) E=BLv求出切割產(chǎn)生的感應(yīng)電 動勢大小，根據(jù)右手定則判斷出感應(yīng)電動勢的方向，從而確定出C、D兩點電勢的高低.【解析】：解：飛機

4、在北半球的上空以速度 v水平飛行，切割磁感應(yīng)強度的豎直分量， 切割 的長度等于機翼的長度，所以 U=Bbv ,根據(jù)右手定則，感應(yīng)電動勢的方向 D指向C,所以 C點的電勢高于D點的電勢.故C正確，A、B、D錯誤.故選：C【點評】：解決本題的關(guān)鍵掌握切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小公式，以及會運用右手定則判斷感應(yīng)電動勢的方向3. （6分）（2015?溫州二模）在街頭的理發(fā)店門口?？梢钥吹竭@樣的標志：一個轉(zhuǎn)動的圓筒,外表有螺旋斜條紋.我們感覺條紋在沿豎直方向運動，但實際上條紋在豎直方向并沒有升降，這是由于圓筒的轉(zhuǎn)動而使我們的眼睛產(chǎn)生的錯覺.如圖所示，假設(shè)圓筒上的條紋是圍繞圓筒的一條寬帶，相鄰兩圈條紋在沿圓筒

5、軸線方向的距離（即螺距）L=10cm,圓筒半徑R=10cm,如果我們觀察到條紋向上運動的速度為0.1m/s,則從上往下看，關(guān)于圓筒的轉(zhuǎn)動方向和轉(zhuǎn)動周期說法正確的是（）順時針轉(zhuǎn)動，周期為 2廟逆時針轉(zhuǎn)動，周期為 2廟A.順時針轉(zhuǎn)動，周期為 1s B.C.逆時針轉(zhuǎn)動，周期為 1s D.【考點】：線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速.【專題】：勻速圓周運動專題.【分析】：觀察某一個空間位置處的彩色條紋，由于圓筒在轉(zhuǎn)動，經(jīng)過很小的時間間隔后， 同一位置處不是彩色條紋，由于人眼的視覺暫留現(xiàn)原因，人眼錯認為原來的點向下移動了一小段，故會從整體上產(chǎn)生條紋向下移動的錯覺.從題境獲取T和螺距移動的距離即可求解.【解析】：

6、解：據(jù)圖知：彩色螺旋斜條紋是從左下到右上，當圓筒沿順時針方向（從俯視方 向看），根據(jù)人眼的視覺暫留現(xiàn)象，就會感覺條紋的運動方向向上；由于螺距為10cm,每秒沿豎直方向運動的距離為 10cm,所以圓筒1s內(nèi)轉(zhuǎn)動1周，即周期T=1s,故A正確，BCD 錯誤.故選：A【點評】：從題境獲取有用信息， 遷移到學(xué)過的知識求解； 人眼的視覺暫留現(xiàn)象， 造成假象， 最好親身去體驗.4. （6分）（2015加州二模）某工地上，一架起重機將放在地面的一個箱子吊起.箱子在起重機鋼繩的作用下由靜止開始豎直向上運動，運動過程中箱子的機械能E與其位移x關(guān)系的圖象如圖所示，其中。xi過程的圖線為曲線，X1X2過程的圖線為直

7、線. 根據(jù)圖象可知 （ ）A .。xi過程中鋼繩的拉力逐漸增大B .。xi過程中箱子的動能一直增加C. xix2過程中鋼繩的拉力一直不變D . xix2過程中起重機的輸出功率一直增大【考點】：功能關(guān)系；功率、平均功率和瞬時功率.【分析】：由于除重力和彈簧的彈力之外的其它力做多少負功物體的機械能就減少多少，所以E - x圖象的斜率的絕對值等于物體所受的電場力的大小；如果拉力等于物體所受的重力，故物體做勻速直線運動；如果拉力大于物體的重力，則物體加速向上運動，故物體的動能不 斷減小.【解析】：解：A、B、由于除重力和彈簧的彈力之外的其它力做多少負功物體的機械能就減少多少，所以E-x圖象的斜率的絕對

8、值等于物體所受拉力的大小，由圖可知在。xi內(nèi)斜率的絕對值逐漸減小， 故在。xi內(nèi)物體所受的拉力逐漸減小. 所以開始先加速運動， 當 拉力減小后，可能減速運動，故 A錯誤，B錯誤.C、由于物體在xix2內(nèi)所受的合力保持不變， 故加速度保持不變，故物體受到的拉力不變， 故C正確.D、由于物體在xix2內(nèi)E-x圖象的斜率的絕對值不變，故物體所受的拉力保持不變.如果拉力等于物體所受的重力，故物體做勻速直線運動，所以動能可能不變，故Dc錯誤.故選：C.【點評】：I.除重力和彈簧的彈力之外的其它力做多少負功物體的機械能就減少多少；2. E-x圖象的斜率的絕對值等于物體所受拉力的大小.以上兩點是解決這類題目

9、的突破口.二、多項選擇題（本題共 3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，至 少有一個選項是符合題目要求的.全部選對的得6分，選對但不全的得 3分，有選錯的得0分.）5. （6分）（20I5?溫州二模）關(guān)于生活中的實際情形，下列說法正確的是（）A.電容器外殼上標的電壓是額定電壓，這個數(shù)值比擊穿電壓低B.汽車在通過水庫泄洪閘下游的凹形橋的最低點時，駕駛員處于失重狀態(tài)C.為了便于行車，高大的橋通常要造很長的引橋，以減小汽車重力垂直橋面的分力D.電動機等大功率設(shè)備內(nèi)部含有多匝線圈，在開關(guān)斷開時，因線圈自感產(chǎn)生電火花【考點】：自感現(xiàn)象和自感系數(shù)；電容.【分析】：電容器外殼上標的電壓是最

10、大工作電壓.當物體對接觸面的壓力大于物體的真實重力時,就說物體處于超重狀態(tài)，此時有向上的加速當物體對接觸面的壓力小于物體的真實重力時，就說物體處于失重狀態(tài)， 此時有向下的加速度；電動機等大功率設(shè)備內(nèi)部含有多匝線圈，在開關(guān)斷開時，因線圈自感產(chǎn)生電火花.【解析】：解：A、電容器外殼上標的電壓是最大工作電壓，或者叫擊穿電壓，不是額定電 壓.故A錯誤.B、當汽車在通過水庫泄洪閘下游的凹形橋的最低點時，此時有向上的加速度，汽車對接觸面的壓力大于物體的真實重力，汽車處于超重狀態(tài)；故 B錯誤；C、為了便于行車，高大的橋通常要造很長的引橋，以增大汽車重力垂直橋面的分力.故C錯誤；D、電動機等大功率設(shè)備內(nèi)部含有

11、多匝線圈，在開關(guān)斷開時，因線圈自感產(chǎn)生反電動勢，容 易產(chǎn)生電火花.故 D正確.故選：D【點評】：該題考查電容器的擊穿電壓、超重與失重、以及線圈的自感現(xiàn)象，都是一些記憶性的知識點的內(nèi)容，在平時的學(xué)習(xí)過程中要多加積累.6. （6分）（2015加州二模）2014年8月25日，在我國南京舉行的青奧會上，18歲的江蘇選手吳圣平高難度的動作奪得三米板女子跳水冠軍.起跳前，吳圣平在跳板的最外端靜止站立時，如圖所示，則（）A .吳圣平對跳板的壓力方向豎直向下B .吳圣平對跳板的壓力是由于跳板發(fā)生形變而產(chǎn)生的C .吳圣平對跳板的壓力大小等于跳板對她的支持力大小D.跳板對吳圣平的作用力大小等于吳圣平的重力大小【考

12、點】：物體的彈性和彈力；彈性形變和范性形變.【分析】：彈力產(chǎn)生的條件必須是與物體接觸，并要發(fā)生形變；根據(jù)牛頓第三定律，作用力與反作用力的關(guān)系是大小相等，方向相反.【解析】：解：A、跳水運動員對跳板的壓力和她的重力，它們不是一個力，而是兩個不同的力，所以不能說跳水運動員對跳板的壓力就是她的重力，故 A錯誤；B、跳水運動員受到彈力就是由于跳板發(fā)生了形變，壓力是由于運動員的重力引起的，故B錯誤；C、板對人的作用力與人對板的作用力，是作用力和反作用力，它們大小相等，方向相反， 故C正確；D、根據(jù)平衡條件可知，跳板對吳圣平的作用力大小等于吳圣平的重力大小，故D正確.故選：CD.才會對人【點評】：彈力產(chǎn)生

13、的條件必須是與物體接觸，并要發(fā)生形變，跳板發(fā)生了形變, 有彈力，注意跳板對吳圣平的作用力即為支持力與摩擦力的合力.7. （6分）（2015?溫州二模）如圖所示，正方形abcd區(qū)域內(nèi)分布著垂直紙面向里的勻強磁場，。點是cd邊的中點.一個帶正電的粒子僅在磁場力的作用下，從。點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入磁場， 經(jīng)過時間t0剛好從c點射出磁場.現(xiàn)讓該粒子從 O點沿紙面以與 Od成30°角的方向，分別以大小不同的速率射入磁場，則關(guān)于該粒子在磁場中運動的時間t和離開正方形區(qū)域位置，分析正確的是（）A.若t=to,則它一定從dc邊射出磁場 3B.若t=_t0,則它一定從cb邊射出磁場C.若t=

14、t0,則它一定從ba邊射出磁場D.若t=&0,則它一定從da邊射出磁場 3【考點】：帶電粒子在勻強磁場中的運動.【專題】：帶電粒子在磁場中的運動專題.【分析】：根據(jù)幾何關(guān)系確定帶電粒子在磁場中的運動軌跡并確定其圓心角，根據(jù)其從各邊穿出時的角度及時間確定能否從各邊穿出.【解析】：解：由題，帶電粒子以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0剛好從c點射出磁場，則知帶電粒子的運動周期為T=2t0.EEEEA、若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是tn=T，則粒子軌跡的圓心角為9=*2%=-% ,3 u 663速度的偏向角也為工冗，根據(jù)幾何知識得知，粒子射出磁場時與磁場邊界的夾角為30°

15、;,必3定從cd射出磁場.故A正確.B、若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是-1tc=-|T,則得到軌跡的圓心角為 號，由于互冗至兀 兀，則它一定從bc邊射出磁場，故B正確.34C、若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0=2T,則得到軌跡的圓心角為 兀，而粒子從ab邊-W-射出磁場時最大的偏向角等于60°+90°=150°=苴巴兀，故不一定從ab邊射出磁場.故 C錯誤.D、當帶電粒子的軌跡與 ad邊相切時，軌跡的圓心角為 60°,粒子運動的時間為1=1T二十-，6 3。在所有從ad邊射出的粒子中最長時間為 工十，故若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是3t 口3一定

16、不是從ad邊射出磁場.故 D錯誤.故選：AB.【點評】：本題是帶電粒子在磁場中圓周運動類型，抓住粒子的周期一定，根據(jù)速度的偏向角等于軌跡的圓心角，由圓心角確定粒子在磁場中的運動時間.三、非選擇題8. （10分）（2015?溫州二模）某實驗小組利用如圖所示的裝置來探究版量一定時物體的加速度與力之間的關(guān)系實驗中認為繩子拉力等于小桶及桶中物體的總重量，已知小車質(zhì)量約300g,交流電頻率50Hz.品甲期乙（1）小組同學(xué)按圖甲所示安裝好裝置后，將軌道右端適當墊起，來平衡阻力.請指出不合 理之處 平衡摩擦力時不能掛著小桶、祛碼 .正確操作后，小組同學(xué)在小桶里加適當?shù)奈矬w，拉動小車加速運動. 在小桶里逐漸增

17、加物體改變拉力大小，所加物體應(yīng)選用如圖乙中的祛碼（填實物名稱）.（3）某次實驗打出了一條紙帶如圖丙所示.從比較清晰的點起，每5個點取一個計數(shù)點，量出相鄰計數(shù)點之間的距離（單位cm）.該次實驗小車的加速度 a= 0.16 m/s2.（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（4）以合外力F為橫軸，以加速度a為縱軸，根據(jù)測得數(shù)據(jù)畫出 a- F圖線，發(fā)現(xiàn)圖象是一 條過原點的直線，由此得到的實驗結(jié)論是 在實驗誤差范圍內(nèi)， 質(zhì)量一定時，加速度與力成 正比 .【考點】：探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系.【專題】：實驗題.【分析】：實驗中認為繩子的拉力等于小車的合力，平衡摩擦力時不能掛著小桶、祛碼.根據(jù)連續(xù)相等時間內(nèi)的位

18、移之差是一恒量求出加速度，結(jié)合a- F圖線得出加速度與力的關(guān)系.【解析】：解：(1)平衡摩擦力時不能掛著小桶、祛碼，應(yīng)該讓小車拖著紙帶運動.在小桶里加適當?shù)奈矬w，拉動小車加速運動. 在小桶里逐漸增加物體改變拉力大小，所加物體應(yīng)選用如圖乙中的祛碼.(2)根據(jù)Ax=aT2,運用逐差法得，c x34+x4Ex12x23a=4Tz=0.16m/s2.4X0.01(3. 83+3. 99- 3. 52- 3, 68) XI "(3) a-F圖線為過原點的傾斜直線，可知在實驗誤差范圍內(nèi)，質(zhì)量一定時，加速度與力成正比故答案為：(1)平衡摩擦力時不能掛著小桶，祛碼(2) 0.16.(3)在實驗誤差范

19、圍內(nèi)，質(zhì)量一定時，加速度與力成正比.【點評】：解決本題的關(guān)鍵知道實驗的原理，以及知道實驗中的注意事項，掌握紙帶的處理方法，會通過紙帶求解瞬時速度和加速度.9. (10分)(2015?溫州二模)在 描繪小燈泡的伏安特性曲線 ”的實驗中，用如圖1所示的 實物電路圖進行實驗：(1)開關(guān)閉合前滑動變阻器應(yīng)移到A端 (填A(yù)端”、B端”或中間任意位置”)(2)正確操作，記錄兩電表示數(shù)及小燈珠的發(fā)光狀態(tài)，如表所示：電壓 U/V 0 0.20 0.50 0.80 1.00 1.30 1.50 2.00 2.50電流 I/A 0 0.18 0.29 0.33 0.34 0.36 0.37 0.39 0.40燈珠

20、的狀態(tài)不發(fā)光發(fā)紅微弱發(fā)光發(fā)光發(fā)光發(fā)亮很亮用圖2的坐標紙描繪小燈珠的伏安特性曲線；(3)同學(xué)測完最后一組數(shù)據(jù)后，只斷開電路開關(guān).經(jīng)過一段較長時間后，再閉合開關(guān).發(fā)現(xiàn)在閉合開關(guān)的瞬間電流明顯大于 0.40A,請說明該現(xiàn)象的原因： 開關(guān)閉合瞬間，燈絲溫 度比較低，電阻較小 .【考點】：描繪小電珠的伏安特性曲線.【專題】：實驗題.【分析】：(1)滑動變阻器采用分壓接法時，為保護電路，滑片應(yīng)置于分壓電路分壓最小 的位置.(2)應(yīng)用描點法作圖作出圖象；（3）根據(jù)燈泡電阻與溫度的關(guān)系，利用歐姆定律可明確該現(xiàn)象出現(xiàn)的原因.【解析】：解：（1）滑動變阻器采用分壓接法時，為保護電路，滑片應(yīng)置于分壓電路分壓最 小的

21、位置.故應(yīng)滑到 A端；（2）應(yīng)用描點法作圖作出圖象，如圖所示；（3）由于長時間通電時，燈泡溫度較高，則燈泡電阻增大；故電流中電流較小；而斷開開關(guān)，重新閉合時，燈泡溫度較小，則電阻較小；故電路中電流大于0.4A;故答案為：（1） A端；（2）如圖所示；（3）開關(guān)閉合瞬間，燈絲溫度比較低，電阻較小.;寸41寸-寸一 令二二4.I-4TTTT- SHFj!L.L._L 1 1 TL 二r- -w*i» 丁4-4.XLX FrL【點評】：本題考查了作電路圖、連接實物電路圖、作圖象、實驗數(shù)據(jù)處理，確定電流表與 電壓表的接法是正確解題的前提與關(guān)鍵，當電壓與電流從零開始變化時，滑動變阻器采用分壓接

22、法.10. （16分）（2015加州二模）小明家住在高樓的第23層，每次他乘小區(qū)高樓的觀光電梯上下樓，如圖甲所示.在學(xué)了有關(guān)超重失重的知識后，他想用力傳感器來測量電梯的加速度大小.一次實驗中，小明進入電梯后，在力傳感器下方懸掛一個重物，電梯從第23層靜止開始啟動，經(jīng)過各個階段的運行最后停在第1層.整個過程中，傳感器記錄了彈力隨時間變化情況，如圖乙所示，重力加速度 g=9.8m/s2.請你幫小明完成下列計算：圖甲（1）電梯啟動和制動的加速度大?。唬?）圖乙中橫坐標to的數(shù)值和該高樓每層的平均高度（保留兩位有效數(shù)字）【考點】：牛頓第二定律；勻變速直線運動的速度與時間的關(guān)系.【專題】：牛頓運動定律綜

23、合專題.【分析】：根據(jù)初始狀態(tài)彈力的大小求出重物的質(zhì)量，結(jié)合牛頓第二定律求出電梯啟動和制動的加速度大小.根據(jù)速度時間公式求出勻速運動的速度，從而得出勻減速運動的時間， 根據(jù)圖象得出橫坐標t0的數(shù)值，根據(jù)勻加速、勻速和勻減速運動的位移之和求出每層的平均高度.F【解析】：解：(1)根據(jù)F0=mg可得，重物質(zhì)量m=二供出kg=O. 5kg , g 9. S向下勻加速，有：mg - Fi=mai,代入數(shù)據(jù)解得ai=0.8m/s2向下勻減速，有：F2 - mg=ma2,代入數(shù)據(jù)解得a2=0.6m/s2(2)勻速運動速度 v=aiti=0.8X3m/s=2.4m/s,向下勻減速運動時間 t，二二4s，時間

24、坐標 to=40s - 4s=36sin i向下勻加速 Xi芍aiL=/xQ-gXFGm，勻速運動X2=vt2=2.4 X25=60m向下勻減速4m=28m 總位移 x=xi+x2+x3=68.4m平均每層樓高h=23-答：(i)電梯啟動和制動的加速度大小分別為O8m/s2、0.6m/s2.(2)圖乙中橫坐標t0的數(shù)值為36s,該高樓每層的平均高度為3.im.【點評】：本題主要考查了同學(xué)們根據(jù)運動情況判斷受力情況及運用牛頓第二定律解題的能力，難度適中.關(guān)鍵理清電梯在整個過程中的運動規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式進行求解.11. (20分)(20i5?溫州二模)如圖所示，寬度為 L的粗糙平行

25、金屬導(dǎo)軌 PQ和PQ傾斜放 置，頂端QQ之間連接一個阻值為 R的電阻和開關(guān)S,底端PP處與一小段水平軌道用光滑 圓弧相連.已知底端 PP離地面的高度為 h,傾斜導(dǎo)軌處于垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場(圖中未畫出)中.若斷開開關(guān) S,將一根質(zhì)量為 m、電阻為r、長也為L的金屬棒從AA處靜 止開始滑下，金屬棒落地點離 PP的水平距離為xi;若閉合開關(guān)S,將金屬棒仍從 AA處靜 止開始滑下，則金屬棒落地點離 PP的水平距離為X2.不計導(dǎo)軌電阻，忽略金屬棒經(jīng)過 PP' 處的能量損失，已知重力加速度為 g,求：(i)開關(guān)斷開時，金屬棒離開底端PP'的速度大??；(2)開關(guān)閉合時，金屬棒在下滑過程

26、中產(chǎn)生的焦耳熱；(3)開關(guān)S仍閉合，金屬棒從比 AA更高處靜止開始滑下，水平射程仍為x2,請定性說明金屬棒在傾斜軌道的運動規(guī)律.A'Q【考點】： 【專題】： 【分析】：動的知識,導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；動能定理.電磁感應(yīng)與電路結(jié)合.(1)金屬棒離開底端 PP后，做平拋運動，已知水平距離和高度，根據(jù)平拋運 可以求出棒開底端 PP的速度大??；(2)開關(guān)閉合后，金屬棒下滑時，需要克服安培力做功產(chǎn)生焦耳熱，根據(jù)能量守恒定律求解；(3)根據(jù)平拋的水平距離相等，說明金屬棒離開 應(yīng)先做加速度減小的加速運動，然后勻速運動.【解析】：解：(1)開關(guān)斷開時，金屬棒離開底端 為t,貝U：xi=vith

27、=f /PP時的速度相等,PP的速度大小為可得：vi=x1V2h(2)開關(guān)斷開時，在金屬棒沿傾斜導(dǎo)軌下滑的過程中，重力做功為根據(jù)動能定理： Wg+W f=-, 21金屬棒在傾斜導(dǎo)軌上vi,在空中運動的時間Wg,摩擦力做功為 Wf.開關(guān)閉合時，金屬棒離開底端PP的速度：V2=X2屋2h在金屬棒沿傾斜導(dǎo)軌下滑的過程中，重力做功和摩擦力做功與開關(guān)斷開時相同,為W安，系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為 Q,由動能定理可得：Wg+Wf+W安=f-''安培力做功又因為Q二|W安|金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱Q產(chǎn)R+r聯(lián)立上述方程可得：寧二？；：二X2,說明 然后(3)據(jù)題，開關(guān)S仍閉合，金屬棒從比 AA更高處靜止開

28、始滑下，水平射程仍為 金屬棒離開PP時的速度相等，則知金屬棒在傾斜導(dǎo)軌上先做加速度減小的加速運動, 勻速運動.答：(1)開關(guān)斷開時，金屬棒離開底端PP'的速度大小為xij-l;V2h(2)開關(guān)閉合時，金屬棒在下滑過程中產(chǎn)生的焦耳熱為上?些(寅2 -；R+r 4h 叼 X2(3)金屬棒在傾斜導(dǎo)軌上先做加速度減小的加速運動，然后勻速運動.【點評】：本題首先要掌握平拋運動的研究方法，其次能運用能量守恒定律求解熱量，都是常用的思路，平時要多加強這方面的練習(xí)，熟練掌握.12. (22分)(2015加州二模)如圖所示，在正交坐標系 Oxyz中，分布著電場和磁場(圖 中未畫出).在Oyz平面的左方空

29、間內(nèi)存在沿 y軸負方向、磁感應(yīng)強度大小為 B的勻強磁場;在Oyz平面右方、Oxz平面上方的空間內(nèi)分布著沿 z軸負方向、磁感應(yīng)強度大小也為B勻強磁場；在Oyz平面右方、Oxz平面下方分布著沿 y軸正方向的勻強電場.在 t=0時刻,個微粒的質(zhì)量為 m、電荷量為q的微粒從P點靜止釋放，已知P點的坐標為(5a, -2a, 0), 電場強度大小為金對，不計微粒的重力.4M求：(1)微粒第一次到達 x軸的速度大小v和時刻ti；(2)微粒第一次到達 y軸的坐標和時刻t2；(3)假設(shè)在平面Oyz存在一層特殊物質(zhì)，使微粒每次經(jīng)過Oyz平面時，速度大小總變?yōu)樵姾伤谖恢玫淖鴺?【考點】：帶電粒子在勻強磁場中的運動；動能定理.【專題】：帶電粒子在磁場中的運