1、2015年广东省佛山市顺德区高考物理模拟试卷（4月份）一、单项选择题1如图，绝热隔板K把绝热的气缸分隔成体积相等的两部分，K与气缸壁的接触是光滑的两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b气体分子之间相互作用势能可忽略现通过电热丝对气体a加热一段时间后，a、b各自达到新的平衡，错误的是（）A a的体积增大了，压强变小了B b的温度升高了C 加热后a的分子热运动比b的分子热运动更激烈D a增加的内能大于b增加的内能2如图所示，一个足球用网兜悬挂于O点，A点为网兜上对称分布的网绳的结点，OA为一段竖直绳，设网绳的长短和足球重力不变，若足球越大，则（）A 网绳的拉力越大B 网绳的拉力越小C
2、网绳的拉力不变D 竖直绳OA的拉力越大32014年3月8日凌晨，飞往北京的马航MH370航班起飞后与地面失去联系我国西安卫星测控中心启动卫星测控应急预案，紧急调动海洋、风云、高分、遥感等4个型号、近10颗卫星为地面搜救行动提供技术支持假设某颗圆周运动卫星A轨道在赤道平面内，距离地面的高度为地球半径的2.5倍，取同步卫星B离地面高度为地球半径的6倍，则（）A 卫星A的线速度大于第一宇宙速度B 卫星A的向心加速度是地球表面重力加速度的倍C 同步卫星B的向心加速度为地球表面赤道上物体随地球自转向心加速度的倍D 卫星B的周期小于卫星A的周期4关于近代物理，下列说法正确的是（）A 单个氢原子从n=4向较
3、低能级跃迁时，最多可以向外辐射6种不同频率光线B 核聚变反应方程 H+HHe+n中，n表示质子C 从金属表面逸出的光电子的最大初动能与照射光的频率成正比D 在核反应方程 U+nXe+Sr+dn中，d的大小是2二、双项选择题17（改编）在由静止开始向上运动的电梯里，某同学把一测量加速度的小探头（重力不计）固定在一个质量为1kg的手提包上进入电梯，到达某一楼层后停止该同学将采集到的数据分析处理后列在下表中物理模型匀加速直线运动匀速直线运动匀减速直线运动时间段（s）3.083.0加速度（m/s2）0.400一0.40为此，该同学在计算机上画出了很多图象，请你根据上表数据和所学知识判断下列图象（设F为
4、手提包受到的拉力，取）正确的是（）5如图所示是一台家用台灯亮度调节原理图，自耦变压器接入正弦交流电压，电流表A、电压表V分别为理想交流电流表和理想交流电压表若将调压端的滑动触头P向上移动，则（）A 电压表V 的示数变小B 变压器的输出功率变大C 电压表V、电流表A 测得的是瞬时值D 电流表A 的示数变大6如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地一带负电的油滴位于容器中的P点且处于静止状态现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则（）A 带电油滴将竖直向下运动B 带电油滴的机械能将增加C P点的电势将升高D 电容器的电容增加，极板带电量增加7如图，在水平桌面上放置两条相距l的平行光滑导轨
5、ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连，质量为m电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B导体棒的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m的物块相连，绳处于拉直状态现若从静止开始释放物块（物块不会触地，且导体棒不脱离导轨），用h表示物块下落的高度，g表示重力加速度，其他电阻不计，则（）A 电阻R中的感应电流方向由a到cB 物体下落的最大加速度为gC 若h足够大，物体下落的最大速度为D 通过电阻R的电量为82014年国际泳联世界跳水系列赛北京站女子3米板决赛中，吴敏霞以402.30分的成
6、绩获得冠军现假设她的质量为m，她进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对她的阻力大小恒为F，那么在她减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是（g为当地的重力加速度）（）A 她的动能减少了FhB 她的重力势能减少了mghC 她的机械能减少了（Fmg）hD 她的机械能减少了Fh三、解答题（共4小题，满分36分）9小谢所在的实验小组测量小车从斜面上下滑所受到的阻力大小，他利用一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下，如图甲所示图乙是打出的纸带的一段，已量出各相邻计数点的长度分别为：S1、S2、S3、S4、S5、S6、S7、S8已知打点计时器使用的交流电频率为f，则
7、打下B点时小车的速度VB=，小车下滑的加速度算式为a=（用题中所给的符号表示）已知当地的重力加速度为g，本实验中只有毫米刻度尺，没有量角器，为了求出小车在下滑过程中所受的阻力，还需测量的物理量有 （要用文字及符号表示）用加速度a及其他需要测得的量表示阻力的计算式为F阻=10小华所在的实验小组设计了一个监测河水电阻率的实验他在一根均匀的长玻璃管两端装上两个橡胶塞和铂电极，如图（1）所示，两电极相距L，其间充满待测的河水安装前他用如图（2）的游标卡尺（图为卡尺的背面）测量玻璃管的内径，结果如图（3）所示他还选用了以下仪器：量程15V、内阻约为300k的电压表，量程3mA、内阻为2k的电流表，最大阻
8、值约为50的滑动变阻器，电动势E约为12V、内阻r约为2的电池组，开关等各一个，以及导线若干图（4）坐标中包括坐标为（0，0）的点在内的9个点表示他测得的9组电流I、电压U的值实验中要求尽可能准确地测出该河水的电阻根据以上材料完成以下问题：测量玻璃管内径时，应将图（2）中的游标尺中的A、B、C三部分中的（填A、B或C）与玻璃管内壁接触玻璃管的内径d=mm在图（4）中作出该电阻的UI图线，并可求得该段水的电阻R=K（要求保留两位有效数字），若已知R、d、L，则该段水的电阻率= （用符号表达式表示）图（5）中的仪器实物部分已连线，将其他部分连接成能测出图（4）数据的实物连接图开关闭合前滑动变阻器的
9、滑片应先滑到端（填“A”或“B”）11（2015顺德区模拟）如图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；=2d、=3d，离子重力不计（1）求圆弧虚线对应的半径R的大小；（2）若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值；（3）若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN上，求磁场磁感应强度B的取值范围12如图，竖直平面内有两个半圆AO
10、1B和CO2D中间有较短的光滑平台，小圆的内壁光滑，圆心为O1，半径为R1=0.8m，大圆的内壁粗糙，半径为小圆的两倍小车静止放置光滑水平地面上，上表面与大圆D点等高且紧挨着D点，小车的质量M=3kg，上表面长L=7m，水平地面右端F处有一竖直挡板P1和P2可视为质点，静止放在平台上，中间由轻质弹簧压缩且锁定，P1的质量m1=1kg同时释放P1P2，P1刚好能过大圆C点不掉下并且沿着大圆的内壁运动从D点滑上小车，已知P1到达D点的速度为8m/sP1与小车之间的动摩擦因素为0.4（g=10m/s2）（1）P1在大圆内壁滑动过程中产生的热量（2）P2沿小圆运动到A点速度VA=，则P2的质量和弹簧存
11、储的弹性势能分别为多少？（3）地面的右侧有一挡板，小车与挡板碰撞就立即停止，试讨论挡板距离车右端的距离与P1克服摩擦力做功之间的关系2015年广东省佛山市顺德区高考物理模拟试卷（4月份）参考答案与试题解析一、单项选择题1如图，绝热隔板K把绝热的气缸分隔成体积相等的两部分，K与气缸壁的接触是光滑的两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b气体分子之间相互作用势能可忽略现通过电热丝对气体a加热一段时间后，a、b各自达到新的平衡，错误的是（）A a的体积增大了，压强变小了B b的温度升高了C 加热后a的分子热运动比b的分子热运动更激烈D a增加的内能大于b增加的内能考点：理想气体的状态方程；
12、气体压强的微观意义分析：根据气体状态方程和已知的变化量去判断其它的物理量根据热力学第一定律判断气体的内能变化解答：解：A、当a加热时，气体a的温度升高，压强增大，由于K与气缸壁的接触是光滑的，可以自由移动，所以a，b两部分的压强始终相同，都变大，故A错误B、由于a气体膨胀，b气体被压缩，所以外界对b气体做功，根据热力学第一定律得：b的温度升高了，故B正确C、由于过程中a气体膨胀，b气体被压缩，所以a气体的温度较高，所以加热后a的分子热运动比b的分子热运动更激烈，故C正确D、由于a气体膨胀，b气体被压缩，最终a气体体积大于b气体体积，所以a气体的最终温度较高，内能增加较多，故D正确本题选错误的，
13、故选：A点评：温度是气体分子平均运动剧烈程度的标志根据气体状态方程找出新的平衡状态下物理量间的关系2如图所示，一个足球用网兜悬挂于O点，A点为网兜上对称分布的网绳的结点，OA为一段竖直绳，设网绳的长短和足球重力不变，若足球越大，则（）A 网绳的拉力越大B 网绳的拉力越小C 网绳的拉力不变D 竖直绳OA的拉力越大考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力专题：共点力作用下物体平衡专题分析：绳子拉力竖直方向的分力之和等于足球的重力，若足球越大，网绳与竖直方向的夹角越大，据此分析解答：解：设有n根网绳，每根网绳与竖直方向的夹角为，则：nTcos=mgT=若足球越大，网绳与竖直方向的夹角越大，c
14、os越小，则T越大，故A正确BC错误；以网绳和足球整体为研究对象，根据平衡条件，竖直绳OA 的拉力总是与足球的重力相等，保持不变，故D错误；故选：A点评：本题运用函数法研究动态平衡问题，也可以运用图解法研究32014年3月8日凌晨，飞往北京的马航MH370航班起飞后与地面失去联系我国西安卫星测控中心启动卫星测控应急预案，紧急调动海洋、风云、高分、遥感等4个型号、近10颗卫星为地面搜救行动提供技术支持假设某颗圆周运动卫星A轨道在赤道平面内，距离地面的高度为地球半径的2.5倍，取同步卫星B离地面高度为地球半径的6倍，则（）A 卫星A的线速度大于第一宇宙速度B 卫星A的向心加速度是地球表面重力加速度
15、的倍C 同步卫星B的向心加速度为地球表面赤道上物体随地球自转向心加速度的倍D 卫星B的周期小于卫星A的周期考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系专题：万有引力定律的应用专题分析：根据地球表面重力与万有引力相等，卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，知道第一宇宙速度是围绕地球圆周运动的最大线速度，由此展开讨论即可解答：解：A、第一宇宙速度是近地卫星运行速度同时也是围绕地球做圆周运动的最大速度，故A错误；B、在地球表面有：可得，卫星A的轨道RA=3.5R，万有引力提供向心力有：，则其向心加速度，故B正确；C、同步卫星与地球自转角速度相同，根据a=r2知，向心加速度与轨道半径成正比，故C
16、错误；D、根据万有引力提供圆周运动向心力知得：T=，又知半径大的B卫星周期大，故D错误故选：B点评：本题关键是抓住万有引力提供圆周运动向心力，熟练掌握规律是解决问题的基础，要注意卫星的轨道半径与离地高度是不同的，轨道半径等于离地高度加上地球半径4关于近代物理，下列说法正确的是（）A 单个氢原子从n=4向较低能级跃迁时，最多可以向外辐射6种不同频率光线B 核聚变反应方程 H+HHe+n中，n表示质子C 从金属表面逸出的光电子的最大初动能与照射光的频率成正比D 在核反应方程 U+nXe+Sr+dn中，d的大小是2考点：裂变反应和聚变反应；爱因斯坦质能方程专题：爱因斯坦的质能方程应用专题分析：单个氢
17、原子在跃迁时与很多原子一起跃迁不同；根据电荷数守恒、质量数守恒判断核聚变方程的正误；根据光电效应方程得出最大初动能与照射光频率的大小关系解答：解：A、单个氢原子从n=4向较低能级跃迁时，最多可以向外辐射3种不同频率光线；故A错误；B、n只有质量数没有电荷数，故为中子；故B错误；C、根据光电效应方程EKm=hvW0，知光电子的最大初动能与照射光的频率成线性关系，不是正比关系故C错误D、由质量数和电荷数守恒可知，在核反应方程 U+nXe+Sr+dn中，d的大小是2；故D正确；故选：D点评：知道从高能级向低能级跃迁，辐射光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子；掌握质量数和电荷数守恒定律的应用二、双项选
18、择题17（改编）在由静止开始向上运动的电梯里，某同学把一测量加速度的小探头（重力不计）固定在一个质量为1kg的手提包上进入电梯，到达某一楼层后停止该同学将采集到的数据分析处理后列在下表中物理模型匀加速直线运动匀速直线运动匀减速直线运动时间段（s）3.083.0加速度（m/s2）0.400一0.40为此，该同学在计算机上画出了很多图象，请你根据上表数据和所学知识判断下列图象（设F为手提包受到的拉力，取）正确的是（）5如图所示是一台家用台灯亮度调节原理图，自耦变压器接入正弦交流电压，电流表A、电压表V分别为理想交流电流表和理想交流电压表若将调压端的滑动触头P向上移动，则（）A 电压表V 的示数变小
19、B 变压器的输出功率变大C 电压表V、电流表A 测得的是瞬时值D 电流表A 的示数变大考点：变压器的构造和原理；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率专题：交流电专题分析：本题属于自耦变压器，输入和输出的电压同样与匝数成正比，当滑动触头P向上移动时，输入电压的匝数将变大，从而可以判断输出的电压的变化，以及电压和电流的变化的情况解答：解：根据变压器的电压关系由得，A、当滑动触头向上移动，即n2增大时，电压U2应该增大，所以电压表示数增大，故A错误；B、当滑动触头向上移动，即n2增大时，电压U2应该增大，所以电压表示数增大，则负载电阻消耗的功率增大，所以变压器的输出电流增大，则输入的
20、电流也增大，输入的功率也增大，所以选项B、D正确C、电压表V、电流表A 测得的是有效值，不是瞬时值，故C错误故选：BD点评：自耦变压器的原理和普通的理想变压器的原理是相同的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据基本的规律分析即可6如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地一带负电的油滴位于容器中的P点且处于静止状态现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则（）A 带电油滴将竖直向下运动B 带电油滴的机械能将增加C P点的电势将升高D 电容器的电容增加，极板带电量增加考点：电容器的动态分析专题：电容器专题分析：根据平行板电容器的电容决定式C=，分析电容的变化情况，抓住电容器的电压不变，
21、由E= 分析板间场强的变化情况，由C= 分析电容器所带电量的变化，即可判断电路中电流方向根据P点与上极板间电势差的变化，判断P点电势的变化，再判断电势能的变化解答：解：A、将下极板竖直向下缓慢移动时，d增大，电容器的电压U不变，由E= 分析得知，板间场强减小，则油滴所受电场力减小，油滴将沿竖直向下运动故A正确B、C，P点到上极板的距离不变，而E减小，由U=Ed知，P点与上极板间电势差减小，P点的电势小于零，则P点的电势升高，由于油滴带负电，则带电油滴的电势能将增加，则机械能减小故B错误，C正确D、d增大，由C=，知电容C减小，U不变，由C= 分析可知电容器所带电量减小故D错误故选：AC点评：本
22、题是电容器动态变化分析问题，抓住不变量：电容器与电源保持相连，电压不变，由C=，C= 和E= 结合进行分析7如图，在水平桌面上放置两条相距l的平行光滑导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连，质量为m电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B导体棒的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m的物块相连，绳处于拉直状态现若从静止开始释放物块（物块不会触地，且导体棒不脱离导轨），用h表示物块下落的高度，g表示重力加速度，其他电阻不计，则（）A 电阻R中的感应电流方向由a到cB 物体下落的最
23、大加速度为gC 若h足够大，物体下落的最大速度为D 通过电阻R的电量为考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律专题：电场力与电势的性质专题分析：从静止开始释放物块，导体棒切割磁感线产生感应电流，根据右手定则判断感应电流方向根据牛顿第二定律列式分析最大加速度当导体棒匀速运动时，速度最大，由平衡条件和安培力的表达式结合推导出最大速度根据感应电荷量表达式q=求解电量解答：解：A、从静止开始释放物块，导体棒切割磁感线产生感应电流，由右手定则可知，电阻R中的感应电流方向由c到a，故A错误B、设导体棒所受的安培力大小为F，根据牛顿第二定律得：物块的加速度a=，当F=0，即刚释放导体棒时，a最
24、大，最大值为g故B错误C、物块和滑杆先做加速运动，后做匀速运动，此时速度最大，则有mg=F，而F=BIl，I=，解得物体下落的最大速度为v=故C正确D、通过电阻R的电量：q=故D正确故选：CD点评：本题分析物体的运动情况是解题的基础，关键掌握要会推导安培力，知道感应电荷量表达式q=，式中R是回路的总电阻82014年国际泳联世界跳水系列赛北京站女子3米板决赛中，吴敏霞以402.30分的成绩获得冠军现假设她的质量为m，她进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对她的阻力大小恒为F，那么在她减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是（g为当地的重力加速度）（）A 她的动能减少了FhB 她的重力势能减
25、少了mghC 她的机械能减少了（Fmg）hD 她的机械能减少了Fh考点：功能关系；动能和势能的相互转化分析：根据动能定理求解运动员动能的减小量，根据重力做功求解重力势能的减小量根据运动员克服阻力做功，求解机械能的变化量解答：解：A、运动员进水过程中合力对他做功为（mgF）h，由动能定理可知，她的动能减少了（Fmg）h故A错误B、重力对运动员做功为mgh，她的重力势能减小了mgh，故B正确C、运动员克服阻力做功为Fh，她的机械能减少了Fh，故C错误，D正确故选：BD点评：本题考查对几对功能关系的理解和应用能力其中机械能的变化量也直接根据动能与重力势能的变化之和求解三、解答题（共4小题，满分36分
26、）9小谢所在的实验小组测量小车从斜面上下滑所受到的阻力大小，他利用一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下，如图甲所示图乙是打出的纸带的一段，已量出各相邻计数点的长度分别为：S1、S2、S3、S4、S5、S6、S7、S8已知打点计时器使用的交流电频率为f，则打下B点时小车的速度VB=，小车下滑的加速度算式为a=（用题中所给的符号表示）已知当地的重力加速度为g，本实验中只有毫米刻度尺，没有量角器，为了求出小车在下滑过程中所受的阻力，还需测量的物理量有小车质量m，斜面上任意两点间距离l及这两点的高度差h （要用文字及符号表示）用加速度a及其他需要测得的量表示阻力的计
27、算式为F阻=考点：测定匀变速直线运动的加速度专题：实验题分析：匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，根据x=aT2列式求解加速度；根据牛顿第二定律列式求解阻力，确定待测量解答：解：匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故：VB=（）f根据公式x=aT2，有：（S5+S6+S7+S8）（S1+S2+S3+S4）=a（4T）2其中：T=解得：a=， 根据牛顿第二定律，有：mgsinF阻=ma解得：F阻=mgsinma=mgma故还需要测量小车质量m、斜面上任意两点间距离l及这两点的高度差h；故答案为：； ，小车质量m； 斜面上任意两点间距离l及这两点的高度差h；点评：本题关
28、键是明确小车的受力情况和运动性质，然后结合运动学公式和牛顿第二定律定律列式求解10小华所在的实验小组设计了一个监测河水电阻率的实验他在一根均匀的长玻璃管两端装上两个橡胶塞和铂电极，如图（1）所示，两电极相距L，其间充满待测的河水安装前他用如图（2）的游标卡尺（图为卡尺的背面）测量玻璃管的内径，结果如图（3）所示他还选用了以下仪器：量程15V、内阻约为300k的电压表，量程3mA、内阻为2k的电流表，最大阻值约为50的滑动变阻器，电动势E约为12V、内阻r约为2的电池组，开关等各一个，以及导线若干图（4）坐标中包括坐标为（0，0）的点在内的9个点表示他测得的9组电流I、电压U的值实验中要求尽可能
29、准确地测出该河水的电阻根据以上材料完成以下问题：测量玻璃管内径时，应将图（2）中的游标尺中的A、B、C三部分中的A（填A、B或C）与玻璃管内壁接触玻璃管的内径d=6.70mm在图（4）中作出该电阻的UI图线，并可求得该段水的电阻R=8.0K（要求保留两位有效数字），若已知R、d、L，则该段水的电阻率= （用符号表达式表示）图（5）中的仪器实物部分已连线，将其他部分连接成能测出图（4）数据的实物连接图开关闭合前滑动变阻器的滑片应先滑到A端（填“A”或“B”）考点：自来水电阻率的测定专题：实验题分析：本题的关键在于游标卡尺的读数方法，整数部分应从游标尺的0刻度读起，而本题0刻度线没有露出是本题的难
30、点，可以反推出游标尺的0刻度线位置，然后再读即可；关于伏安法测量电阻的实验，要注意当待测电阻阻值远小于电压表内阻是电流表应用外接法，当待测电阻与电压表内阻接近时，电流表应用内接法，本题显然水柱的电阻很大所以应用内接法；当滑动变阻器的全电阻较小时应用分压式接法，由于水柱的电阻很大即变阻器的电阻远小于待测电阻，所以变阻器应用分压式接法解答：解：（1）根据游标卡尺的使用方法可知，测量玻璃管内径时，应图（2）中的游标卡尺中的A、B、C三部分中的A与玻璃管的内径接触（2）游标卡尺读数为d=6mm+350.02mm=6.70mm（3）在坐标图中画出UI图线如图1所示，由UI图象可：求出水柱电阻R=RA=2
31、k=8.0k，再根据S=及R=可解得=，（4）根据UI图象可知电流从零开始，所以滑动变阻器应用分压式接法，由于水柱的电阻远大于电流表内阻，所以电流表应用外接法，实物连线图如图2所示（5）为保护电流表，开关闭合前，滑片应滑到A端故答案为：（1）A；（2）6.70；（3）8.0，；（4）如图所示：（5）A点评：对实验问题，关键是明确实验原理，然后根据相应规律求解即可，要熟记伏安法测量电阻时电流表内接法与外接法选择的依据，以及滑动变阻器应采用分压式的几种情况：测量电路要求电流从零调，滑动变阻器的全电阻远小于待测电阻阻值等11（2015顺德区模拟）如图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图
32、中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；=2d、=3d，离子重力不计（1）求圆弧虚线对应的半径R的大小；（2）若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值；（3）若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN上，求磁场磁感应强度B的取值范围考点：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：（1）离子在加速电场中加速时，电场力做功，动能增
33、加，根据动能定理列出方程；粒子进入静电分析器，靠电场力提供向心力，结合牛顿第二定律列出方程，即可求出圆弧虚线对应的半径R的大小（2）离子进入矩形区域的有界匀强电场后做类平抛运动，将其进行正交分解，由牛顿第二定律和运动学公式结合，可求解场强E0的值（3）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得到轨迹半径画出粒子刚好打在QN上的临界轨迹，由几何关系求出临界的轨迹半径，即可求得B的范围解答：解：（1）离子在加速电场中加速，根据动能定理有：qU=mv20，离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律有：qE0=m，解得：R=；（2）离子做类平抛运动水
34、平方向：2d=vt，竖直方向：3d=at2，由牛顿第二定律得：qE=ma，解得：E=；（3）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB=m，解得：r=，离子能打在QF上，则没有从DQ边出去也没有从PF边出去，离子运动的边界如图中和由几何关系知，离子能打在QF上，必须满足：dr2d，则有：B；答：（1）圆弧虚线对应的半径R的大小为；（2）若离子恰好能打在NQ的中点上，矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值为；（3）若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN上，磁场磁感应强度B的取值范围是B点评：对于带电粒子在电场中加
35、速过程，往往运用动能定理研究加速电压与速度的关系；对于电场中偏转问题，运动的分解是常用方法磁场中的匀速圆周运动，要知道洛伦兹力充当向心力，画出轨迹是解答的关键，同时注意粒子在静电分析器中电场力不做功12如图，竖直平面内有两个半圆AO1B和CO2D中间有较短的光滑平台，小圆的内壁光滑，圆心为O1，半径为R1=0.8m，大圆的内壁粗糙，半径为小圆的两倍小车静止放置光滑水平地面上，上表面与大圆D点等高且紧挨着D点，小车的质量M=3kg，上表面长L=7m，水平地面右端F处有一竖直挡板P1和P2可视为质点，静止放在平台上，中间由轻质弹簧压缩且锁定，P1的质量m1=1kg同时释放P1P2，P1刚好能过大圆
36、C点不掉下并且沿着大圆的内壁运动从D点滑上小车，已知P1到达D点的速度为8m/sP1与小车之间的动摩擦因素为0.4（g=10m/s2）（1）P1在大圆内壁滑动过程中产生的热量（2）P2沿小圆运动到A点速度VA=，则P2的质量和弹簧存储的弹性势能分别为多少？（3）地面的右侧有一挡板，小车与挡板碰撞就立即停止，试讨论挡板距离车右端的距离与P1克服摩擦力做功之间的关系考点：动能定理；牛顿第二定律专题：动能定理的应用专题分析：（1）由牛顿第二定律求出物体到达B、D点的速度，然后由动能定理求出克服摩擦力做功，求出产生的热量（2）两物体碰撞过程系统动量守恒，应用动能定理、动量守恒定律与能量守恒定律求出质量
37、与弹性势能（3）应用动量守恒定律与动能定理分析答题解答：解：（1）P1恰好过C点，大圆半径为R2=1.6m，由牛顿第二定律：，解得：Vc=4m/s，P1从C点运动到D点，克服摩擦力做功为Wf，由动能定理得：，解得：Q=Wf=8J；（2）P2从B点运动到A点由动能定理得：，代入数据得：VB=7m/s，P1、P分开过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1vC=m2vB，解得：m2=0.57kg，弹簧的弹性势能：E=；（3）设P1滑倒和车共速未从车上掉下，共同速度为V，则：P和车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1vD=（m1+M）v，由能量守恒定律得：，解得：
38、S相对=6mL，所以P1与车共速时并未从车上滑下，小车从静止运动到与P1共速，车位移为S0，得：S0=1.5m车停下后P1继续匀减速运动到停止：，解得：S1=0.5m，讨论：挡板距离车右端距离SS0，P1和车未共速前车就停下，P1在车上一直做匀减速运动到停止，挡板距离车右端距离SS0，P1与车共速后，车才停止，P1继续减速，则P1相对地面的位移S总=L+SS=S+6.5m 所以W克=m1g（S+6.5）J=4（S+6.5）J；答：（1）P1在大圆内壁滑动过程中产生的热量为8J；（2）P2沿小圆运动到A点速度VA=，则P2的质量为0.57kg，弹簧存储的弹性势能为22J；（3）地面的右侧有一挡板，小车与挡板碰撞就立即停止，挡板距离车右端的距离与P1克服摩擦力做功之间的关系是：挡板距离车右端距离SS0时克服摩擦力做功为32J；挡板距离车右端距离SS0时：W克=m1g（S+6.5）J=4（S+6.5）J点评：本题是一道力学综合题，物体运动过程复杂，难度很大，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，应用动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律可以解题
