2016年天津市高考物理試卷解析版

1、2016年天津市高考物理試卷解析版參考答案與試題解析一、單項選擇題（每小題6分，共30分，每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的）1（6分）我國成功研發(fā)的反隱身先進米波雷達堪稱隱身飛機的克星，它標志著我國雷達研究又創(chuàng)新的里程碑。米波雷達發(fā)射無線電波的波長在110m范圍內，對該無線電波的判斷正確的是（）A米波的頻率比厘米波頻率高B和機械波一樣須靠介質傳播C同光波一樣會發(fā)生反射現(xiàn)象D不可能產生干涉和衍射現(xiàn)象【考點】F2：機械波；G4：電磁波的發(fā)射、傳播和接收菁優(yōu)網版權所有【專題】31：定性思想；43：推理法；54R：電磁場理論和電磁波【分析】電磁波能在真空中傳播，機械波不能在真空中傳播，干涉

2、和衍射是波特有的現(xiàn)象，光可以發(fā)生反射現(xiàn)象?！窘獯稹拷猓焊鶕=v可知，波長越長，頻率越低，故米波的頻率比厘米頻率低，故A錯誤；B、無線電波不需要介質傳播，故B錯誤；C、無線電波同光波一樣會發(fā)生反射現(xiàn)象，故C正確；D、干涉和衍射是波特有的現(xiàn)象，所以無線電波能產生干涉和衍射現(xiàn)象，故D錯誤。故選：C。【點評】本題要注意機械波和電磁波都能發(fā)生反射、折射、干涉和衍射等現(xiàn)象，但是機械波不能在真空中傳播，電磁波能在真空中傳播。2（6分）如圖是a、b兩光分別經過同一雙縫干涉裝置后在屏上形成的干涉圖樣，則（）A在同種均勻介質中，a光的傳播速度比b光的大B從同種介質射入真空發(fā)生全反射時a光臨界角大C照射在同一金屬

3、板上發(fā)生光電效應時，a光的飽和電流大D若兩光均由氫原子能級躍遷發(fā)生，產生a光的能級能量差大【考點】IE：愛因斯坦光電效應方程；J4：氫原子的能級公式和躍遷菁優(yōu)網版權所有【專題】31：定性思想；43：推理法；54I：光電效應專題【分析】根據圖象比較干涉條紋間距大小，再根據x=Ld判斷波長，從而判斷頻率大小，頻率大的折射率大，根據n=cv判斷傳播速度，根據sinC=1n判斷發(fā)生全反射時臨界角大小，光電效應時飽和電流與入射光的強度有關，a光的頻率大，則能量大【解答】解：A、由圖可知a光的干涉條紋間距小于b光，根據x=Ld可知，a的波長小于b光，則a光的頻率大于b光，a的折射率大于b光，根據n=cv可

4、知，在同種介質中傳播時a光的傳播速度比b光的小，故A錯誤；B、根據sinC=1n可知，同種介質射入真空發(fā)生全反射時a光臨界角小，故B錯誤；C、光電效應時飽和電流與入射光的強度有關，所以無法判斷飽和電流的大小，故C錯誤；D、因a光的頻率大，故若兩光均由氫原子能級躍遷產生，則產生a光的能級差大，故D正確。故選：D。【點評】本題的關鍵是根據圖象比較干涉條紋間距大小從而得頻率大小，明確光電效應時飽和電流與入射光的強度也有關系，知道全反射臨界角的概念，難度適中3（6分）我國將發(fā)射“天宮二號”空間實驗室，之后發(fā)射“神州十一號”飛船與“天宮二號”對接。假設“天宮二號”與“神州十一號”都圍繞地球做勻速圓周運動

5、，為了實現(xiàn)飛船與空間實驗室的對接，下列措施可行的是（）A使飛船與空間實驗室在同一軌道上運行，然后飛船加速追上空間實驗室實現(xiàn)對接B使飛船與空間實驗室在同一軌道上運行，然后空間實驗室減速等待飛船實現(xiàn)對接C飛船先在比空間實驗室半徑小的軌道上加速，加速后飛船逐漸靠近空間實驗室，兩者速度接近時實現(xiàn)對接D飛船先在比空間實驗室半徑小的軌道上減速，減速后飛船逐漸靠近空間實驗室，兩者速度接近時實現(xiàn)對接【考點】4F：萬有引力定律及其應用；4H：人造衛(wèi)星菁優(yōu)網版權所有【專題】32：定量思想；43：推理法；52A：人造衛(wèi)星問題【分析】正常運行的衛(wèi)星若加速則所需向心力大于萬有引力做離心運動，若減速則所需向力小于萬有引力

6、做向心運動，據此分析各選項?！窘獯稹拷猓篈、B、在同一軌道上運行加速做離心運動，減速做向心運動均不可實現(xiàn)對接。則AB錯誤C、飛船先在比空間實驗室半徑小的軌道上加速，則其做離心運動可使飛船逐漸靠近空間實驗室，兩者速度接近時實現(xiàn)對接。則C正確D、飛船先在比空間實驗室半徑小的軌道上減速，則其做向心運動，不可能與空間實驗室相接觸。則D錯誤。故選：C?！军c評】明確正常運行的衛(wèi)星加速做離心運動會達到高軌道，若減速則會做向心運動達到低軌道。4（6分）如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一個固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示

7、點電荷在P點的電勢能，表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則（）A增大，E增大B增大，EP不變C減小，EP增大D減小，E不變【考點】AS：電容器的動態(tài)分析菁優(yōu)網版權所有【專題】31：定性思想；43：推理法；533：電容器專題【分析】電容器充電后斷開電源，極板上的電量不變；根據電容器的定義式可分析電容的變化，再根據決定式分析電壓的變化，從而分析靜電計指針夾角的變化；根據UEd分析電場強度的變化；根據電勢與電勢差之間的關系可分析P點電勢，再由電勢分析電勢能的變化?！窘獯稹拷猓弘娙萜髋c電源斷開，故電量不變；上極板向下移動時，兩板間的距離減小，根據C=s4

8、kd可知，電容C增大，則根據C=QU可知，電壓U減??；故靜電計指針偏角減??；兩板間的電場強度為：E=Ud=QCd=4kQS；因此電場強度與板間距無關，因此電場強度不變；再根據設P與下極板距離為L，則P點的電勢PEL，電勢能EPELq； 因此電荷在P點的電勢能保持不變；故D正確，ABC錯誤；故選：D?！军c評】本題考查電容器的動態(tài)分析問題，解題的關鍵在于正確掌握電容的決定式和定義式；同時注意要掌握相關結論的應用，如本題中可以直接應用結論：當充電后斷開電源時，如果只改變兩板間距離，則兩板間的電場強度不變。5（6分）如圖所示，理想變壓器原線圈接在交流電源上，圖中各電表均為理想電表，下列說法正確的是（）

9、A當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，R1消耗的功率變大B當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，電壓表V示數變大C當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，電流表A1示數變大D若閉合開關S，則電流表A1示數變大，A2示數變大【考點】E8：變壓器的構造和原理菁優(yōu)網版權所有【專題】32：定量思想；43：推理法；53A：交流電專題【分析】滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，接入電路中的阻值變大，因輸出電壓不變，則總電流變小，據歐姆定律確定各表的示數變化。【解答】解：A、滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，電阻變大，則干路電流變小，則R1消耗的功率變小，則A錯誤B、干路電流變小，R1分壓變小，則電壓表V的測量的電

10、壓變大，示數變大，則B正確C、因輸出電流變小，則輸出功率變小即輸入功率變小，電流表A1示數變小。則C錯誤 D、閉合開關S并聯(lián)支路增加，電阻變小，則副線圈即R1的電流變大，分壓變大，則R2的分壓變小，電流變小。電流表A1示數隨副線圈電流的變大而變大，則D錯誤故選：B。【點評】考查電路的動態(tài)分析：本題中P的移動與電鍵的閉合均會引起電阻的變小，再由電路的聯(lián)接關系可分析各表的示數的變化，可見明確電路的結構是求解的關鍵。二、不定向選擇題（每小題6分，共18分。每小題給出的四個選項中，都有多個選項是正確的。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，選錯或不答的得0分）6（6分）物理學家通過對實驗的深入觀察和研

11、究，獲得正確的科學認知，推動物理學的發(fā)展，下列說法符合事實的是（）A赫茲通過一系列實驗，證實了麥克斯韋關于光的電磁理論B查德威克用離子轟擊714N獲得反沖核817O，發(fā)現(xiàn)了中子C貝克勒爾發(fā)現(xiàn)天然放射性現(xiàn)象，說明原子核有復雜結構D盧瑟福通過對陰極射線的研究，提出了原子核式結構模型【考點】1U：物理學史菁優(yōu)網版權所有【專題】31：定性思想；43：推理法；54M：原子的核式結構及其組成【分析】明確人類對于電磁波以及原子結構研究的物理學史，注意B中查德威克發(fā)現(xiàn)中子的核反應方程，從而明確發(fā)現(xiàn)物【解答】解：A、根據物理學史可知，赫茲通過一系列實驗，證實了麥克斯韋關于光的電磁理論；故A正確；B、查德威克用粒

12、子轟擊鈹核，產生中子和碳12原子核，故B錯誤；C、貝克勒爾發(fā)現(xiàn)天然放射性現(xiàn)象，說明原子核有復雜結構；故C正確；D、盧瑟福通過對射線散射的研究提出了原子的核式結構模型；故D錯誤；故選：AC?！军c評】本題考查對物理學史的掌握情況，要注意準確記憶相關科學家的主要貢獻；并能準確用所學規(guī)律進行分析，絕不能似是而非7（6分）在均勻介質中坐標原點O處有一波源做簡諧運動，其表達式為y5sin（2t），它在介質中形成的簡諧橫波沿x軸正方向傳播，某時刻波剛好傳播到x12m處，波形圖如圖所示，則（）A此后再經6s該波傳播到x24m處BM點在此后第3s末的振動方向沿y軸正方向C波源開始振動時的運動方向沿y軸負方向D此

13、后M點第一次到達y3m處所需時間是2s【考點】F4：橫波的圖象；F5：波長、頻率和波速的關系菁優(yōu)網版權所有【專題】31：定性思想；43：推理法；51D：振動圖像與波動圖像專題【分析】A、根據質點做簡諧運動的表達式，從而求得周期，再由v=T，確定波速，進而可求得某段時間內的波傳播的距離；B、根據M點振動的時間，結合周期，從而判定M點的振動方向；C、簡諧波傳播過程中，質點做簡諧運動時，起振方向與波源起振方向相同，與圖示時刻波最前端質點的振動方向相同；D、根據此時M點的振動方向，再結合末位置，從而確定運動的時間?！窘獯稹拷猓篈、波的周期T=22=4s，波長8m，波速v=T=2m/s，則再經過6s，波

14、傳播的距離為xvt12m，故該波傳到x24m處，故A正確；B、M點在此時振動方向向下，則第3秒末，即經過了0.75T，該點的振動方向沿y軸正向，故B正確；C、因波傳到x12m處時，質點向y軸正向振動，故波源開始振動時的運動方向沿y軸正向，故C錯誤；D、M點第一次到達y3cm位置時，振動的時間為t=7490s，故D錯誤；故選：AB?！军c評】考查由表達式來確定角速度與周期，并掌握波長、波速、周期的關系，并能靈活運用，同時并判定某質點經過一段時間時，所處的振動方向，或由所處的位置，來判定所經歷的時間。8（6分）我國高鐵技術處于世界領先水平，它是由動車和拖車組合而成，提供動力的車廂叫動車，不提供動力的

15、車廂叫拖車假設動車組各車廂質量均相等，動車的額定功率都相同，動車組在水平直軌道上運行過程中阻力與車重成正比某列動車組由8節(jié)車廂組成，其中第1、5節(jié)車廂為動車，其余為拖車，則該列車組（）A啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動的方向相反B做勻加速運動時，第5、6節(jié)與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為3：2C進站時從關閉發(fā)動機到停下來滑行的距離與關閉發(fā)動機時的速度成正比D與改為4節(jié)動車帶4節(jié)拖車的動車組最大速度之比為1：2【考點】1E：勻變速直線運動的位移與時間的關系；37：牛頓第二定律；63：功率、平均功率和瞬時功率；65：動能定理菁優(yōu)網版權所有【專題】31：定性思想；4C：方程法；522：牛頓運動

16、定律綜合專題【分析】根據受力分析，結合牛頓第二定律分析車廂之間的作用力；根據動能定理分析從關閉發(fā)動機到停下來滑行的距離；當牽引力和阻力的大小相等時，動車的速度達到最大值，由此可以求得將非動力車改為動力車的數量【解答】解：設每節(jié)動車的功率為P，牽引力為F，每一節(jié)車廂的質量是m，阻力為kmg，A、啟動時乘客的加速度的方向與車廂運動的方向是相同的，所以乘客受到車廂作用力的方向與車運動的方向相同。故A錯誤；B、做加速運動時，有兩節(jié)動力車廂，對整個的車進行受力分析得：2F8kmg8ma對6、7、8車廂進行受力分析得：F13kmg3ma對7、8車廂進行受力分析得：F22kmg2ma聯(lián)立可得：F1F2=32

17、故B正確；C、設進站時從關閉發(fā)動機到停下來滑行的距離為s，則：-8kmgs=0-8×12mv2 可得：s=v22kg可知進站時從關閉發(fā)動機到停下來滑行的距離與關閉發(fā)動機時的速度的平方成正比。故C錯誤；D、當只有兩節(jié)動力車時，最大速率為v，則：2P8kmgv改為4節(jié)動車帶4節(jié)拖車的動車組時：4P8kmgv所以：v2v，故D正確。故選：BD。【點評】當機車的速度達到最大時，機車做勻速運動，此時機車處于受力平衡狀態(tài)，即此時的牽引力和受到的阻力的大小相等，再根據瞬時功率的公式即可解答本題三、解答題9（6分）如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內有一小滑塊B，盒的質量是滑塊的2倍，滑塊與盒

18、內水平面間的動摩擦因數為若滑塊以速度v開始向左運動，與盒的左、右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運動多次，最終相對于盒靜止，則此時盒的速度大小為13v，滑塊相對于盒運動的路程為v23g。【考點】53：動量守恒定律菁優(yōu)網版權所有【專題】31：定性思想；4C：方程法；52K：動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合【分析】物體與盒子組成的系統(tǒng)動量守恒；先由動量守恒求出盒子與物塊的最終速度，再結合損失的機械能即可求出滑塊相對于盒運動的路程?！窘獯稹拷猓涸O滑塊的質量是m，碰后速度為v共，物體與盒子組成的系統(tǒng)合外力為0，設向左為正方向，由動量守恒：mv（m+2m）v共解得：v共=13v開始時盒子與

19、物塊的機械能：E1=12mv2碰后盒子與物塊的機械能：E2=12（m+2m）v共2=16mv2損失的機械能：EE1E2mgs聯(lián)立得：s=v23g故答案為：13v；v23g【點評】該題考查動量守恒定律，解答的關鍵是能忽略運動的過程，熟練應用動量守恒定律、能量守恒定律是正確解題的關鍵；解題時要分析清楚運動過程。10（6分）某同學利用圖1示裝置研究小車的勻變速直線運動。實驗中必要的措施是。A細線必須與長木板平行 B先接通電源再釋放小車C小車的質量遠大于鉤碼的質量D平衡小車與長木板間的摩擦力他實驗時將打點機器接到頻率為50Hz的交流電源上，得到一條紙帶，打出的部分計數點如圖2所示（每相鄰兩個計數點間還

20、有4個點，圖中未畫出）。s13.59cm，s24.41cm，s35.19cm，s45.97cm，s56.78cm，s67.64cm。則小車的加速度am/s2（要求充分利用測量的數據），打點計時器在打B點時小車的速度vBm/s。（結果均保留兩位有效數字）【考點】M4：探究小車速度隨時間變化的規(guī)律；M5：測定勻變速直線運動的加速度菁優(yōu)網版權所有【專題】13：實驗題；31：定性思想；43：推理法；511：直線運動規(guī)律專題【分析】分析實驗目標和實驗原理，明確實驗中需要注意事項即可求解；根據逐差法可求得物體運動的加速度；根據平均速度表示中間時刻的瞬時速度可求得B點的速度?！窘獯稹拷猓篈、為了讓小車做勻加

21、速直線運動，應使小車受力恒定，故應將細線與木板保持水平；同時為了打點穩(wěn)定，應先開電源再放紙帶；故AB正確；C、本實驗中只是研究勻變速直線運動，故不需要讓小車的質量遠大于鉤碼的質量；只要能讓小車做勻加速運動即可；故C錯誤；D、由C的分析可知，只要摩擦力恒定即可，不需要平衡摩擦力；故D錯誤；故選：AB；每兩個計數點間有四個點沒有畫出，故兩計數點間的時間間隔為T5×0.020.1s； 根據逐差法可知，物體的加速度a=(s4+s5+s6)-(s1+s2+s3)9T2=(5.97+6.78+7.64)-(3.59+4.41+5.19)9×0.01×10-2=0.80m/s2

22、； B點的速度等于AC段的平均速度，則有：v=s1+s22T=0.0359+0.04410.1×2=0.40m/s； 故答案為：AB；0.80；0.40?！军c評】本題考查勻變速直線運動規(guī)律的應用，要注意明確實驗原理，知道本實驗中只需要研究勻變速直線運動即可，所以不需要平衡摩擦力，也不需要讓小車的質量遠大于鉤碼的質量。11（6分）某同學想要描繪標有“3.8V 0.3A”字樣小燈泡L的伏安特性曲線，要求測量數據盡量精確、繪制曲線完整可供該同學選用的器材除開關、導線外，還有：電壓表V1（03V，內阻等于3k）電壓表V2（015V，內阻等于15k）電流表A1（0200mA，內阻等于10）電流

23、表A2（03A，內阻等于0.1）滑動變阻器R1（010，額定電流2A）滑動變阻器R2（01k，額定電流0.5A）定值電阻R3（阻值等于1）定值電阻R4（阻值等于10）定值電阻R5（阻值等于1k）電源E（E6V，內阻不計）請在方框中畫出實驗電路圖，并將各元件字母代碼標在元件的符號旁；該同學描繪出的IU圖象應是圖中的B【考點】N5：描繪小電珠的伏安特性曲線菁優(yōu)網版權所有【專題】13：實驗題；31：定性思想；46：實驗分析法；535：恒定電流專題【分析】分析給定儀器，明確電表的量程；根據安全性原則進行改裝；同時根據實驗要求明確滑動變阻器以及電流表接法； 根據燈泡電阻隨溫度的變化規(guī)律進行分析，同時明確

24、IU圖象中圖象的斜率表示電阻的倒數【解答】解：燈泡額定電壓為3.8V，而給出的電壓表量程分別為15V和3V，15V量程太大，無法正確測量；故只能選用3V量程，并且與定值電阻串聯(lián)擴大量程；3V量程的電壓表內阻為3K；根據串并聯(lián)電路規(guī)律可知，應選擇1K的定值電阻串聯(lián)； 額定電流為0.3A，而給出的量程中3A量程過大，不能使用；只能采用將電流表量程200mA的電流表與定值電阻并聯(lián)的方式來擴大量程；根據改裝原理可知，并聯(lián)10的定值電阻，即可將量程擴大到0.4A； 因本實驗中要求多測幾組數據，因此應采用滑動變阻器分壓接法； 同時因燈泡內阻較小，故采用電流表外接法； 故答案如圖所示； 因燈泡電阻隨溫度的增

25、加而增大，因此在IU圖象中圖線的斜率應越來越??；故選：B故答案為：如圖所示；B【點評】本題考查描繪小燈泡伏安特性曲線的實驗以及電表的改裝，要求能明確改裝原理，并正確掌握本實驗中電路的接法；注意分壓接法以及電流表接法的正確判斷12（16分）我國將于2022年舉辦冬奧運會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一，如圖所示，質量m60kg的運動員從長直軌道AB的A處由靜止開始以加速度a3.6m/s2勻加速下滑，到達助滑道末端B時速度vB24m/s，A與B的豎直高度差H48m。為了改變運動員的運動方向，在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點C處附近是一段以O為圓心的圓弧，助滑道末端B與滑道最低

26、點C的高度差h5m，運動員在B、C間運動時阻力做功W1530J，取g10m/s2。（1）求運動員在AB段下滑時受到阻力Ff的大?。唬?）若運動員能承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點所在圓弧的半徑R至少應為多大?！究键c】37：牛頓第二定律；65：動能定理菁優(yōu)網版權所有【專題】11：計算題；32：定量思想；4T：尋找守恒量法；52D：動能定理的應用專題【分析】（1）運動員在AB段做初速度為零的勻加速運動，已知初、末速度和位移，可根據速度位移公式求出加速度，再由牛頓第二定律求出阻力。（2）運動員從B到C的過程，由動能定理求出到達C點的速度。在C點，由重力和軌道的支持力充當向心力，由牛頓第二定律

27、列式，即可求解?！窘獯稹拷猓海?）運動員在AB上做初速度為零的勻加速運動，設AB的長度為x，斜面的傾角為，則有 vB2=2ax根據牛頓第二定律得 mgsinFfma又 sin=Hx由以上三式聯(lián)立解得 Ff144N（2）設運動員到達C點時的速度為vC，在由B到達C的過程中，由動能定理有 mgh+W=12mvC2-12mvB2設運動員在C點所受的支持力為FN，由牛頓第二定律得 FNmgmvC2R由運動員能承受的最大壓力為其所受重力的6倍，即有 FN6mg聯(lián)立解得 R12.5m答：（1）求運動員在AB段下滑時受到阻力Ff的大小是144N；（2）若運動員能承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點所在圓

28、弧的半徑R至少應為12.5m?！军c評】本題中運動員先做勻加速運動，后做圓周運動，是牛頓第二定律、運動學公式、動能定理和向心力的綜合應用，要知道圓周運動向心力的來源，涉及力在空間的效果，可考慮動能定理。13（18分）如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E53N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小B0.5T有一帶正電的小球，質量m1.0×106kg，電荷量q2×106C，正以速度v在圖示的豎直面內做勻速直線運動，當經過P點時撤掉磁場（不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象），取g10m/s2求：（1）小球做勻速直線運動的速度v的大

29、小和方向；（2）從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經歷的時間t?！究键c】CM：帶電粒子在混合場中的運動菁優(yōu)網版權所有【專題】11：計算題；32：定量思想；43：推理法；537：帶電粒子在復合場中的運動專題【分析】（1）小球做勻速直線運動時，受力平衡，根據平衡條件結合幾何關系列式求解即可；（2）撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，小球在豎直方向上做勻減速直線運動，若使小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向的分位移為零，根據豎直上拋運動的基本公式列式求解即可?！窘獯稹拷猓海?）小球做勻速直線運動時，受力如圖，其所受的三個力在同一平面內，合力為零，

30、則有：Bqv=q2E2+m2g2，代入數據解得：v20m/s，速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足tan=qEmg，解得：tan=3，則60°（2）撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速直線運動，其初速度為vyvsin，若使小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向的分位移為零，則有：vyt-12gt2=0 聯(lián)立解得t=23s因此從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經歷的時間23s；答：（1）小球做勻速直線運動的速度v的大小為20m/s，方向與電場E的夾角為60°；（

31、2）從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經歷的時間為23s。【點評】本題主要考查了帶電粒子在混合場中運動的問題，要求同學們能正確分析小球的受力情況和運動情況，抓住小球做勻速直線運動，合力為零求解，難度適中。14（20分）電磁緩速器是應用于車輛上以提高運行安全性的輔助制動裝置，其工作原理是利用電磁阻尼作用減緩車輛的速度。電磁阻尼作用可以借助如下模型討論：如圖所示，將形狀相同的兩根平行且足夠長的鋁條固定在光滑斜面上，斜面與水平方向夾角為，一質量為m的條形磁鐵滑入兩鋁條間，恰好勻速穿過，穿過時磁鐵兩端面與兩鋁條的間距始終保持恒定，其引起電磁感應的效果與磁鐵不動，鋁條相對磁鐵運動相同。磁鐵端面是邊長為d的正方形，由于磁鐵距離鋁條很近，磁鐵端面正對兩鋁條區(qū)域的磁場均可視為勻強磁場，磁感應強度為B，鋁條的高度大于d，電阻率為，為研究問題方便鋁條只考慮與磁場正對部分的電阻和磁場，其他部分電阻和磁場可忽略不計，假設磁鐵進入鋁條間以后，減少的機械能完全轉化為鋁條的內能，重力加速度為g。（1）求鋁條中與磁鐵正對部分的電流I；（2）若兩鋁條的寬度均為b，推導磁鐵勻速穿過鋁條間時速度v的表達式；（3）在其他條件不變的情況下，僅將兩鋁條更換為寬度bb的鋁條，磁鐵仍以速度v