1、湖南省浏阳、醴陵、攸县三校2015届高三联考物理试题（解析版） 命题：醴陵一中高三物理组 时间：90分钟 分值：110分【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的必修一、必修二、选修3-1的电场、恒定电流内容，主要包含受力分析、牛顿运动定律、动能定理、电场、带电粒子在电场中运动、闭合电路欧姆定律等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。一、单项选择题（每小题4分,共32分,每小题给出的四个选项,只有一个选项正确）【题文】1、在物理学的发展过程中，科学家们创造出了许多物理学研究方法，以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是 （ ）A、在不需
2、要考虑物体本身的大小和形状时，用质点代替物体的方法叫微元法B、在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了假设法C、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法D、伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为900的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这里采用了实验和逻辑推理相结合的方法【知识点】 物理学史P0【答案解析】 D 解析：A、在不需要考虑带电物体本身的大小和形状时，用点电荷代替物体的方法叫
3、建立理想化模型的方法故A错误B、在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了控制变量法；故B错误;C、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故C错误;D、伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法故D正确;故选D【思路点拨】在不需要考虑带电物体本身的大小和形状时，用点电荷代替物体的方法叫建立理想化模型的方法在探究加速度
4、、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了控制变量法；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法在高中物理学习的过程中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助，故在理解概念和规律的基础上，要注意方法的积累【题文】2、在空气阻力大小恒定的条件下，小球从空中下落，与水
5、平地面相碰（碰撞时间极短）后弹到空中某一高度。以向下为正方向，其速度随时间变化的关系如图所示，取g=10 m/s2，则以下结论正确的是 （ ）A小球弹起的最大高度为1.0mB小球弹起的最大高度为0.45 mC小球弹起到最大高度的时刻t2=0.80 sD空气阻力与重力的比值为15【知识点】 匀变速直线运动的图像A5【答案解析】 D 解析：A、B、根据图象可知小球弹起的最大高度h=30.25m=0.375m故A、B错误；C、D、小球下落过程中有a1= mg-f=ma1解得 f=mg-ma1=mg故，故D正确在小球弹起过程中有mg+f=ma2解得a2=12m/s2故小球上升的时间t= =0.25s
6、故C错误故选：D【思路点拨】解决本题的关键是正确理解速度时间图象的物理意义：速度图象的斜率代表物体的加速度，速度图象与时间轴围成的面积代表物体的位移，根据牛顿第二定律求出物体所受的阻力进而求出反弹的时间，最后求出反弹的高度利用速度时间图象可以求出物体运动的加速度，然后利用牛顿第二定律求出物体的受力情况，进而根据运动学公式或速度时间图象求解物体的运动情况【题文】3、如图所示，质量均为m的A、B两球由轻质弹簧相连，在恒力F作用下，以大小为a的加速度竖直向上做匀加速运动，突然撤除恒力瞬间，A、B的加速度大小分别为（ ） AaA =aB=aBaA =2g+a,aB=aCaA =aB=gDaA=2g+a
7、,aB=0【知识点】 牛顿第二定律C2【答案解析】B 解析：根据题意知，以AB整体为研究对象有：F-2mg=2ma可得：恒力F=2mg+2ma，再以A为研究对象，得F-mg-F弹簧=ma可得F弹簧=F-m（g+a）=m（g+a）F撤去瞬间，F消失，弹簧弹力瞬间保持不变，故以A为研究对象：F合A=mg+F弹簧=mg+m（g+a），根据牛顿第二定律知，此时A的加速度aA=对B而言，在F撤去瞬间，由于弹簧弹力保持不变，故B的受力瞬间没有发生变化，即此时B的加速度aB=a所以B正确，ACD错误故选：B 【思路点拨】抓住撤去外力F的瞬间，恒力F立即消失，而弹簧弹力由于形变量没有发生变化，在此瞬间弹簧弹力
8、保持不变，运用整体法和隔离法分别求解即可解决本题的关键是抓住F瞬间消失，在F消失的瞬间，弹簧的形变量没有发生变化故在此瞬间弹簧弹力保持不变，由此再根据牛顿第二定律求解加速度情况【题文】4、据新华社北京11月1日电（记者张辛欣）1日，探月工程三期再入返回飞行试验任务的返回器经历了数天的太空之旅后平安回家，标志着探月工程全面转入无人自主采样返回新阶段。中国探月工程以无人探测为主，分三个实施阶段：“绕”“落”“回”三步走。2007年10月24日，嫦娥一号卫星由长征三号甲运载火箭在西昌卫星发射中心成功发射升空。2013年12月2日，嫦娥三号在西昌卫星发射中心发射，2013年12月14日，嫦娥三号成功着
9、陆月球。设探月卫星可贴近月球表面运动且轨道是圆形的，已知地球半径约是月球半径的4倍，地球质量约是月球质量的81倍，地球近地卫星的周期约为84min，地球表面重力加速度g取10m/s2，则：A、 绕月球表面做匀速圆周运动的探月卫星，其运动周期约是80min B、 设想宇航员在月球表面上做自由落体实验，某物体从离月球表面20m处自由下落，约经4.5s时间落地C、嫦娥三号卫星最小以7.9km/s的速度离开月球才能成为绕月卫星D、绕月球表面做匀速圆周运动的探月卫星，其向心加速度约是4m/s2【知识点】 万有引力定律及其应用D5【答案解析】B 解析：A、对地球近地卫星：，解得：T= ，故饶月球运动耳朵卫
10、星Pr+PRD、电路中总电阻为2时，外电阻上消耗的功率最大且为2.25W【知识点】 闭合电路的欧姆定律；电功、电功率J2【答案解析】 D 解析：A、B：直流电的总功率PE=EI，故图线a的斜率等于电的电动势，由得到E= =3V由图线b，当I=3A时，Pr=9W，由公式Pr=I2r得，r=1故A、B错误；C、在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，这三点的纵坐标PA、PB、PC，则这三点的纵坐标PA、PB、PC分别是电的总功率、电内部的发热功率和输出功率，根据能量关系可知，PA=PB+PC即P=Pr+PR，故C错误D、由图线c可知，当电流为1.5A时外电阻消耗的功率最大此时电路中
11、的总电阻为R+r= =2，外电阻上消耗的功率最大为PR=EI-I2r=31.5-1.521=2.25W故D正确故选D 【思路点拨】三种功率与电流的关系是：直流电的总功率PE=EI，内部的发热功率Pr=I2r，输出功率PR=EI-I2r，根据数学知识选择图线根据图线a斜率求解电的电动势由图读出电流I=3A时，发热功率Pr=I2r，求出电的内阻当电流为1.5A时，根据闭合电路的欧姆定律求出总电阻，根据能量关系求外电阻上消耗的最大功率本题首先考查读图能力，物理上往往根据解析式理解图象的物理意义【题文】7、某同学在研究电子在电场中的运动时，得到了电子由a点运动到b点的轨迹（图中实线所示），图中未标明方
12、向的一组虚线可能是电场线，也可能是等势面，则下列说法不正确的判断是 （ ）A如果图中虚线是电场线，电子由a点运动到b点，动能减小，电势能增大。B如果图中虚线是等势面，电子由a点运动到b点，动能增大，电势能减小。C不论图中虚线是电场线还是等势面，a点的场强都大于b点的场强D不论图中虚线是电场线还是等势面，a点的电势都高于b点的电势【知识点】 电场线；电场强度I1 I2【答案解析】 D 解析：A、若虚线是电场线，从轨迹弯曲方向可知电场力沿着电场线向左，ab曲线上每一点的瞬时速度与电场力方向均成钝角，故电子做减速运动，动能减小，电势能增大，所以A正确；B、若虚线为等势面，根据等势面与电场线处处垂直可
13、大致画出电场线，显然可看出曲线上每个位置电子受到的电场力与速度成锐角，电子加速运动，故动能增大，电势能减小，所以B正确；C、不论图中虚线是电场线还是等势面，由电场线的密集程度可看出a点的场强较大，故C正确；D、若虚线是等势面，从电子曲线轨迹向下弯曲可知电场线方向垂直虚线向上，沿着电场线方向电势越越低，故a点电势较小；若虚线是电场线，从轨迹弯曲方向可知电场力沿着电场线向左，故电场线方向向右，沿着电场线方向电势越越低，故a点电势较大，故D错误本题选不正确的故选D【思路点拨】电场线与等势面垂直，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，在等势面密的地方，电场的强度也是较大，在等势面疏的
14、地方，电场的强度也是较小，沿电场线的方向，电势降低无论虚线代表的是电场线还是等势面，粒子受到的电场力的方向都是指向运动轨迹的弯曲的内侧，由此可以判断粒子的受力的方向和运动方向之间的关系，从而可以确定电场力对粒子做的是正功还是负功【题文】8、在如图所示的电路中，电电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R。为定值电阻，R为滑动变阻器。开关闭合后，灯泡L能正常发光；当滑动变阻器的滑片向右移动后，下列说法中正确的是 （ ） A灯泡L变亮 B电容器C的带电量将增大 CR0两端的电压减小 D电的总功率变小，但电的输出功率一定变大【知识点】 闭合电路的欧姆定律J2【答案解析】B 解析： A、把滑动变阻器的滑片
15、向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知：电路中总电流I减小，则灯泡L变暗故A错误；B、C电容器两端的电压UC=E-Ir，I减小，E、r不变，则UC增大，即电容器两极板的电压减小，由Q=CU知电容器的电量增大，电容器放电，R0上电压为零，没有变化故B正确，C错误；D、由于电的内阻与外电阻的关系未知，无法判断电输出功率的变化故D错误；故选：B【思路点拨】把滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电流的变化，判断灯泡L亮度的变化电路稳定时电容器的电压等于路端电压，分析路端电压的变化，判断电容器电量的变化根据电内外电阻的关系分析
16、的电输出功率的变化本题是电路的动态变化分析问题，根据变阻器接入电路的电阻变化，确定外电路总电阻的变化，再分析电容器的电压变化，是常用的分析方法和思路二、 多项选择题（每小题4分,共16分,每小题给出的四个选项中,有两个或两个以上选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,选错或不答的得0分）【题文】9、如图所示，一电荷量为+q、质量为m的物体在倾角为，质量为M的绝缘斜面体上恰能匀速下滑，此时地面对斜面体的摩擦力为F1；地面对斜面体的支持力为FN1；如果在空间突然施加平行斜面向上的、场强为E的匀强电场，在物体停止运动前，地面对斜面体的摩擦力为F2，地面对斜面体的支持力为FN2，施加电场前后斜
17、面体均不动，则（ ）A、F1=0，F2=qEcosB、FN1=（M+m）g，FN2（M+m）gC、F1=0，F2=0D、FN1=FN2=（M+m）g【知识点】 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用B4 C2【答案解析】 CD 解析： 没加电场时物体在斜面上恰能匀速下滑，物体处于平衡状态，可得斜面对物体的摩擦力与斜面对物体支持力的合力竖直向上，跟物体的重力相抵消，有牛顿第三定律得，物体对斜面的摩擦力与物体对斜面的压力的合力必定竖直向下，大小必为mg，所以斜面受到地面的支持力FN=（M+m）g，地面对斜面的摩擦力为0；当施加沿斜面向上的电场力F后，m与M之间的弹力没有变化，因而m与M之间的滑动摩擦力
18、也没有变化，故弹力和摩擦力的合力也不会变化，物体对斜面的摩擦力与物体对斜面的压力的合力必定竖直向下，大小必为mg，斜面受到地面的支持力也是FN=（M+m）g，地面对斜面的摩擦力仍然为0，故选CD【思路点拨】求解地面对斜面的支持力采用隔离法，斜面受到重力、支持力、小物体的压力和摩擦力四个力作用，列竖直方向的平衡方程即可,求物体的加速度也应采取隔离法，对斜面上的物体受力分析由于没加外力时物体在斜面上恰能匀速下滑，可得所以摩擦力恰好与重力沿斜面向下的分力相平衡，运用等效的观点，好像物体仅受沿斜面向下的力F，利用牛顿第二定律可解【题文】10、光滑水平面上有一边长为L的正方形区域处在电场强度为E的匀强电
19、场中，电场方向与正方形一边平行。一质量为m、带电量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平速度V0进入该正方形区域。当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（ ）mv02- qELmv02A、 B、mv02+ qELC、mv02+ qELD、【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动 I3【答案解析】ABD 解析： A、若初速度的方向与电场方向平行，但方向与电场方向相反，则小球做匀减速直线运动，若没有到达对边速度就减为零，则小球会返回到出发点，速度仍为v0，动能为若从对面出去则EK=-EqL，若初速度的方向与电场方向平行，但方向与电场方向相同，则小球做匀加速直线运动，从对边出去，根
20、据动能定理，EK=+EqL故A、B正确C、D、若初速度方向与电场方向垂直，则小球做类平抛运动，从邻边出去，根据动能定理，EK=，若果从对边出去则 ，所以C错误、D正确；故选ABD【思路点拨】若初速度的方向与电场方向平行，则可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动到对边边缘，还可能未到对边边缘，速度减为0，然后返回做匀加速直线运动若初速度方向与电场方向垂直，则小球做类平抛运动解决本题的关键知道当速度与合力方向平行时，做直线运动，可能加速直线，也可能做减速直线；当速度与合力垂直时，做曲线运动，故存在多种情况，要分别讨论【题文】11、如图所示，竖直面有两个3/4圆形导轨固定在一水平地面上，半径R
21、相同，A轨道由金属凹槽制成，B轨道由金属圆管制成，均可视为光滑轨道。在两轨道右侧的正上方将质量均为m的金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别用hA和hB表示，则下列说法正确的是（ ） A适当调整hA和hB，均可使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处 B若hA=hB=2R，则两小球在轨道最低点对轨道的压力为4mg C若hA=hB=R，则两小球都能上升到离地高度为R的位置 D若使小球沿轨道运动并且能从最高点飞出，A小球的最小高度为5R/2，B小球在hB2R的任何高度均可。【知识点】 机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力C2 D4 E3【答案解析】CD 解析：A、A中为绳模型，小
22、球A能从A飞出的最小速度为v=，从最高点飞出后下落R高度时，水平位移的最小值为：xA=，小球A落在轨道右端口外侧而适当调整hB，B可以落在轨道右端口处故A错误；B、若hA=hB=2R，由机械能守恒定律可知，小球到达最低点时的速度v=，则由向心力公式可得：F=mg+m =3mg；故B错误；C、若hA=hB=R，根据机械能守恒定律可知，两小球都到达与O点等高的位置速度为零，即两小球都能上升到离地高度为R的位置，故C正确；D、由A的分析可知，A球最高点最小速度为，则由机械能守恒定律可知，mg（hA-2R）=mvA2，A球下落的最小高度为R；而B中小球只要在最高点的速度大于2R即可；故D正确；故选CD
23、 【思路点拨】小球A恰好能到A轨道的最高点时，轨道对小球无作用力，由重力提供小球的向心力，由牛顿第二定律求出速度小球恰好能到B轨道的最高点时，速度为零，根据机械能守恒分别求出hA和hB再判断hA=hB=2R，两小球是否能沿轨道运动到最高点根据最高点的临界速度求出小球最高点飞出的水平位移的最小值本题是向心力、机械能守恒定律、平抛运动的综合，A轨道与轻绳系的球模型相似，B轨道与轻杆固定的球模型相似，要注意临界条件的不同【题文】12、在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的恒力F拉
24、物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v，则此时 A物块B的质量满足 B物块A的加速度为 C拉力做功的瞬时功率为 D此过程中，弹簧弹性势能的增量为【知识点】 功能关系；功率、平均功率和瞬时功率E1【答案解析】BD 解析：A、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsin=kx2，x2为弹簧相对于原长的伸长量，但由于开始是弹簧是压缩的，故dx2，故m2gsinkd，故A错误；B、当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsin=kx2，根据牛顿第二定律：F-m1
25、gsin-kx2=ma，已知m1gsin=kx1，x1+x2=d 故物块A加速度等于，故B正确；C、拉力的瞬时功率P=Fv，故C错误；D、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：Fd-m1gdsin-m1v2，故D正确；故选：BD 【思路点拨】当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量；根据牛顿第二定律求出物块A的加速度大小；根据机械能守恒定律求解A的速度含有弹簧的问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路三、 实验题（共2小题，16分）【题文】13、（4分）一个实验小组在
26、“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图象如图所示。下列表述正确的是 （ ) Aa的原长比b的长 Ba的劲度系数比b的大 Ca的劲度系数比b的小 D测得的弹力与弹簧的长度成正比【知识点】 探究弹力和弹簧伸长的关系B5【答案解析】B 解析：A、在图象中横截距表示弹簧的原长，故a的原长比b的短，故A错误；B、在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，故a的劲度系数比b的大，故B正确；C、在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，故a的劲度系数比b的大，故C错误；D、弹簧的弹力满足胡克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误故选：B【思路点拨】弹簧的弹力满足胡克定
27、律，F=kx，在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，横截距表示弹簧的原长本题考查了胡克定律，注意F-t图象的认识，明确胡确定律中的x为形变量【题文】14、（12分）如下面右图所示，用包有白纸的质量为1.00kg的圆柱棒替代纸带和重物，蘸有颜料的毛笔固定在电动机上并随之转动，使之替代打点计时器。当烧断悬挂圆柱棒的线后，圆柱棒竖直自由下落，毛笔就在圆柱棒面上的纸上画出细线，如左图所示，设毛笔接触棒时不影响棒的运动。测得各线之间的距离依次为26.0mm、42.0mm、58.0mm、74.0mm、90.0mm、106.0mm，已知电动机铭牌上标有“1500r/min”字样，由此验证机械能守恒。根据以上内容
28、，回答下列问题：（1）左图中的圆柱棒的 端是悬挂端（填左或右）。（2）根据左图所给的数据，可知毛笔画下细线C时，圆柱棒下落的速度VC= m/s；画下细线D时，圆柱棒下落的速度VD= m/s；细线C、D之间棒的动能的动能的变化量为 J，重力势能的变化量为 J（取g=9.8m/s2）。由此可得出的结论是 。【知识点】验证机械能守恒定律E5【答案解析】 （1）左端 (2)1.25m/s 1.65m/s 0.580J 0.568J 圆柱棒在自由下落过程中,在误差允许范围内机械能守恒。解析： ：（1）毛笔画相邻两条线的时间间隔为电动机的转动周期，已知电动机铭牌上标有“1500r/min”字样，即每秒转2
29、5周，所以时间间隔为：T=0.04s圆柱下落过程中，毛笔依次从圆柱的下端往上端画，随着时间圆柱是加速运动，在图b中圆柱的左端速度较大，右端速度较小，所以图b中的圆柱棒的左端是悬挂端（2）匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，因此有：vC= =1.25m/s vD=1.65m/sC、D之间棒的动能的变化量为EK=EkD-EkC= m（1.65）2-（1.25）2）=0.580 J根据重力势能的定义式得：重力势能减小量Ep=mgh=0.568J由此可得出结论为实验误差允许范围内，重物下落过程中重力势能的减少量等于动能的增加量，机械能守恒【思路点拨】（1）了解该实验装置的原理，它类似
30、于打点计时器，蘸有颜料的毛笔随电动机转一圈就在圆柱棒面上的纸上画出记号，这就像打点计时器每隔一定时间就打一个点；（2）利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值四、 计算题（共4小题，46分）【题文】15、（8分）如图a，质量m1kg的物体沿倾角q37的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图b所示。求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数m；（2）比例系数k。（sin370=0.6,cos370=0.8,g=10m/s2）【知
31、识点】 牛顿第二定律C2【答案解析】（1）0.25；（2）0.84kg/s 解析：（1）对初始时刻：mgsinqmmgcosqma0 由图读出a0=4m/s2代入式， 解得：m0.25； （2）对末时刻加速度为零：mgsinqmNkvcosq0 又Nmgcosqkvsinq由图得出此时v=5 m/s代入式解得：k0.84kg/s。【思路点拨】（1）根据b图可以看出当没有风的作用时 物体的加速度的大小是4m/s2，由牛顿第二定律可以求得物体与斜面间的动摩擦因数；（2）当风速为5m/s时，物体的加速度为零，说明此时的物体受力平衡，对物体受力分析，由平衡的条件可以求得比例系数k【题文】16、（12分
32、）如图所示是放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成：水平直轨AB，半径分别为R1和R2的圆弧轨道, 其中R2=3.0m，长为L=6m的倾斜直轨CD，AB、CD与两圆弧轨道相切，其中倾斜直轨CD部分表面粗糙，动摩擦因数为=1/6，其余各部分表面光滑，一质量为m=2kg的滑环（套在滑轨上），从AB的中点E处以V0=10m/s的初速度水平向右运动。已知=370， g取10m/s2。（sin=0.6,cos=0.8）求：（1）滑环第一次通过圆弧轨道O2的最低点F处时对轨道的压力；（2）滑环克服摩擦力做功所通过的总路程。【知识点】 动能定理；向心力D4 E2【答案解析】(1
33、) (2)78m 解析：（1）滑环从E点滑到F点的过程中，根据机械能守恒得：mv02+mgh=mvF2在F点对滑环分析受力，得FN-mg=m由式得：FN=根据牛顿第三定律得滑环第一次通过O2的最低点F处时对轨道的压力为（2）由题意可知得：滑环最终只能在O2的D点下方回晃动，即到达D点速度为零，由能量守恒得：mv02+mgR2(1+cos)=mgscos解得：滑环克服摩擦力做功所通过的路程s=78m【思路点拨】（1）从E到F过程中，由机械能守恒可求得F点的速度，再由向心力公式可求得F处轨道的支持力，再由牛顿第三定律可求得滑环对轨道的压力；（2）圆环最后只能在DF之间滑动，则由能量守恒定律可求得滑
34、环克服摩擦力做功的总路程本题考查能量守恒及机械能守恒定律的应用，注意最后若圆环将无法滑上D处，只能在F两侧回滑动【题文】17、（12分）某电视台娱乐节目，要求选手要从较高的平台上以水平速度v0跃出后，落在水平传送带上，已知平台与传送带高度差H= 18m，水池宽度S0=12m，传送带AB间的距离L0= 2085m，由于传送带足够粗糙，假设人落到传送带上后瞬间相对传送带静止，经过一个t= 05s反应时间后，立刻以a=2m/s2，方向向右的加速度跑至传送带最右端。 （1）若传送带静止，选手以v0= 3m/s水平速度从平台跃出，求从开始跃出到跑至传送带右端经历的时间。 （2）若传送带以u=1m/s的恒
35、定速度向左运动，选手若要能到达传送带右端，则从高台上跃出的水平速度V1至少多大？【知识点】 平抛运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律A2 D2 C2【答案解析】(1)5.6s (2)3.25m/s 解析：（1）平抛运动过程有：H=gt12t1= =0.6s选手在水平方向上的位移s1=v0t1=1.8m则匀加速运动的位移s2=L0+s0-s1=at22解得 t2=4.5s 所以总时间：t=t1+t2+t=5.6s（2）设水平跃出速度v1，落到传送带0.5s反应时间内向左位移大小s1=ut=0.5m然后向左减速至速度为零，向左发生位移s2= =0.25m不从传送带上掉下，平抛水平位
36、移sS0+s1+s2=1.2+0.5+0.25m=1.95m所以v1 =3.25m/s;最小速度为3.25m/s【思路点拨】（1）从开始跃出到跑至传送带右端经历的时间经历两个过程：平抛运动和匀加速直线运动平抛运动的时间可以通过竖直方向去求，因为平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动，求出水平位移，然后再求出匀加速运动的位移以及时间（2）选手平抛运动到传送带上后，在反应时间内跟传送带一起向左做匀速，然后以2m/s2的加速度向左做匀减速直线运动到0，如果在这段时间内未掉入水中，则不会调入水中，以后向右做初速度为0的匀加速直线运动解决本题的关键分析出选手的运动情况，然后根据平
37、抛运动和运动学公式求解【题文】18、（14分）如图所示，两平行金属板A、B长8cm，两极板间距离d=8cm，A极板比B极板电势高300V，一电荷量q=110-10C、质量m=110-20kg的带正电的粒子，沿电场中心线RO垂直电场线方向飞入电场，初速度V0=2106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域，（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响），已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9cm，粒子穿过界面PS恰好做匀速圆周运动打在放置于中心线上的荧光屏bc上，不计粒
38、子重力（静电力常数K=9.0109N.m2/C2）。（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？到达PS界面时离D点多远？（2）确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小。【知识点】 带电粒子在匀强电场中的运动I3【答案解析】(1)0.12m (2) 1.0410-8C，负电 解析 ：（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离（侧向位移）y=at2t=a=UAB=300V联立解得y=0.03m带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其运动轨迹与PS线交于a点，设a到中心线的距离为Y，则解得：Y=0.12m；（2）带电粒子到达a处时，沿v0方向的速度大小为vx=v0=2106m/s垂直v0方向
39、的速度大小为vy=at=1.5106m/s如图，tan=，tan=可知速度v方向垂直于Oa根据题意可知，该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q做匀速圆周运动，且半径等于Oa的长度，即r=，代入数据解得：r=0.15m，粒子到达a点时的速度大小为v=2.5106m/s；由库仑定律和牛顿第二定律得；代入数值解：Q=1.0410-8C，且Q带负电【思路点拨】（1）由类平抛知识，带入数值便可求出偏离RO的距离；带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，求出时间即可知道aD的距离；（2）库仑力提供向心力，根据牛顿第二定律联合即可求得电量及其电性此题考查学生分析问题的能力，将复杂问题切割，各个分析，结合所学知识即可求解版权所有：高考资源网()版权所有：高考资源网()
