1、2015年广东省深圳市宝安区高考物理考前模拟（6月份）一、选择题（共9小题，每小题4分，满分46分）1目前，我市每个社区均已配备了公共体育健身器材图示器材为一秋千，用两根等长轻绳将一座椅悬挂在竖直支架上等高的两点由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，如图中虚线所示，但两悬挂点仍等高座椅静止时用F表示所受合力的大小，F1表示单根轻绳对座椅拉力的大小，与倾斜前相比（）A F不变，F1变小B F不变，F1变大C F变小，F1变小D F变大，F1变大2航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈端点的金属环被弹射出去现在固定线圈左侧放置一导
2、线制成的闭合环，合上开关S的瞬间（）A 从左侧看环中感应电流沿顺时针方向B 从左侧看环中感应电流沿逆时针方向C 若将铜环放置在线圈右方，环将向左运动D 电池正负极调换后，金属环不能向左弹射3科学家分析，随着地球上各地地震、海啸的不断发生，会导致地球的自转变快理论分析，下列说法正确的是（）A “天宫一号”飞行器的高度要略调高一点B 地球赤道上物体的重力会略变大C 同步卫星的高度要略调低一点D 地球的第一宇宙速度将略变小4如图所示，小物块甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平小物块乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下下列判断正确的是（）A 两物块到达底端时速度相同B
3、 两物块运动到底端的过程中重力做功相同C 两物块到达底端时动能相同D 两物块到达底端时，乙重力做功的瞬时功率大于甲重力做功的瞬时功率5一种减震垫如图所示，上面布满了圆柱状薄膜气泡，每个气泡内充满气体，当平板状物品平放在气泡上时，气泡被挤压气泡内气体可视为理想气体，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体（）A 体积减小，内能增大B 体积减小，压强减小C 对外界做负功，内能增大D 对外界做正功，压强减小6下列说法正确的是（）A 汤姆生发现了电子，并提出了原子的栆糕模型B 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应C 一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的强度小D 将放射性元素掺杂到其
4、它稳定元素中，并降低其温度，该元素的半衰期将增大7某交流发电机的输出电压随时间变化的关系如图所示，输出功率是20kW，用5000V高压输电，输电线总电阻是10，用户端利用n1：n2=22：1的变压器降压，则下列说法正确的是（）A 交变电流的频率为100 HzB 发电机输出电压的有效值为220 VC 输电线中电流为500 AD 用户得到的电压约为225 V8若在某次军事演习中，某空降兵从悬停在高空中的直升机上跳下，从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的vt图象如图所示，则下列说法正确的是（）A 010s内空降兵运动的加速度越来越大B 010s内空降兵和降落伞整体所受重力大于空气阻力C 1015
5、s内空降兵和降落伞整体所受的空气阻力越来越小D 1015s内空降兵处于失重状态9真空中，两个固定点电荷A、B所带电荷量分别为Q1和Q2，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向，电场线上标出了C、D两点，其中D点的切线与AB连线平行，AB连线中点为O，则（）A A带正电，B带负电，且Q1Q2B O点电势比D点电势高C 负检验电荷在C点的电势能大于在D点的电势能D 在C点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿此电场线运动到D点二、非选择题（共4小题，满分54分）10利用图示装置可以做力学中的许多实验以下说法正确的是A利用此装置“研究匀变速直线运动”时，必
6、须设法消除小车和木板间的摩擦阻力的影响B利用此装置探究“加速度与质量的关系”并用图象法处理数据时，如果画出的a m关系图象不是直线，就可确定加速度与质量成反比C利用此装置探究“功与速度变化的关系”实验时，应将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面的分力补偿小车运动中所受阻力的影响小华在利用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，因为不断增加所挂钩码的个数，导致钩码的质量远远大于小车的质量，则小车加速度a的值随钩码个数的增加将趋近于 的值11某物理实验兴趣小组探究测定某品牌矿泉水的电阻率，用一两端开口的玻璃管通过密封塞封住一定量的矿泉水某同学用如图1所示的游标卡尺的（选填
7、“A”、“B”或“C”）部位去测玻璃管的内径，测出的读数如图2，则玻璃管的内径d为cm该同学用多用电表的电阻档测量玻璃管中矿泉水的电阻，选择开关置于“100”档，发现指针如图3所示，则该同学接着需要做的实验步骤是：换选（填“10”或“1k”）档；该组同学按图4连好电路后，调节滑动变阻器的滑片，从最右端向左端移动的整个过程中，发现电压表有示数但几乎不变，不可能的原因是A滑动变阻器阻值太小 B电路中5、6之间断路 C电路中7、8之间断路该组同学在改进实验后，测出玻璃管中有水部分的长度为L，电压表示数为U，电流表示数为I，改变玻璃管中的水量，测出多组数据，并描绘出相应的图象如图5所示，若图线的斜率为
8、k，则矿泉水的电阻率=（用题中字母表示）12如图所示，A、B为半径R=1m的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在着E=1106 V/m、竖直向上的匀强电场，有一质量m=1kg、带电荷量q=+1.4105C的物体（可视为质点），从A点的正上方距离A点H=1m处由静止开始自由下落（不计空气阻力），BC段为长L=2m、与物体间动摩擦因数=0.2的粗糙绝缘水平面，CD段为倾角=53且离地面DE高h=0.8m的斜面（取g=10m/s2）（1）若物体能沿轨道AB到达最低点B，求它到达B点时对轨道的压力大小；（2）物体从C处飞出后的速度；（3）物体从C处飞出后落点与D点之间的距离（已知si
9、n 53=0.8，cos 53=0.6不讨论物体反弹以后的情况）13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2015年广东省深圳市宝安
10、区高考物理考前模拟（6月份）参考答案与试题解析一、选择题（共9小题，每小题4分，满分46分）1目前，我市每个社区均已配备了公共体育健身器材图示器材为一秋千，用两根等长轻绳将一座椅悬挂在竖直支架上等高的两点由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，如图中虚线所示，但两悬挂点仍等高座椅静止时用F表示所受合力的大小，F1表示单根轻绳对座椅拉力的大小，与倾斜前相比（）A F不变，F1变小B F不变，F1变大C F变小，F1变小D F变大，F1变大考点：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：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交分解法
11、列式分析即可解答：解：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即：F=0；根据共点力平衡条件，有：2F1cos=mg解得：F1=由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，故图中的角减小了，故F不变，F1减小；故选：A点评：本题是简单的三力平衡问题，关键是受力分析后运用图示法分析，不难2航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈端点的金属环被弹射出去现在固定线圈左侧放置一导线制成的闭合环，合上开关S的瞬间（）A 从左侧看环中感应电流沿顺时针方向B 从左侧看环中感应电流沿逆时针方向C 若将铜环放置在线圈右方，环将向左运动D
12、 电池正负极调换后，金属环不能向左弹射考点：楞次定律分析：由右手螺旋定则可求得线圈中的磁场方向，再由楞次定律明确电流方向及环的受力方向解答：解：A、线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，电流由左侧看为顺时针；故A正确，B错误；C、若环放在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右运动；故C错误；D、电池正负极调换后，金属环受力向左，故仍将向左弹出；故D错误；故选：A点评：本题要掌握楞次定律的两种描述，一是“增反减同”；二是“来拒去留”；并能灵活根据它们去判断电流方向及受力方向3科学家分析，随着地球上各地地震、海啸的不断发生，会导致地球的自转变快理论
13、分析，下列说法正确的是（）A “天宫一号”飞行器的高度要略调高一点B 地球赤道上物体的重力会略变大C 同步卫星的高度要略调低一点D 地球的第一宇宙速度将略变小考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：地球自转变快，即地球自转的周期变小，根据向心力公式知道在地面上的物体随地球自转所需的向心力会增大，而万有引力的大小不变对地球同步卫星而言，卫星的运行周期等于地球的自转周期，由开普勒第三定律可以得出卫星的高度的变化解答：解：A、“天宫一号”飞行器的向心力由地球的万有引力提供，其高度与地球的自转快慢无关，故A错误B、地球自转快了，则地球自转的周期变小对于赤道
14、上的物体来说，由于地球自转的周期变小，在地面上的物体随地球自转所需的向心力会增大，而“向心力”等于“地球对物体的万有引力减去地面对物体的支持力”，万有引力的大小不变，所以必然是地面对物体的支持力减小地面对物体的支持力大小等于物体受到的“重力”，所以是物体的“重力”减小了故B错误C、对地球同步卫星而言，卫星的运行周期等于地球的自转周期地球自转的周期T变小了，由开普勒第三定律=k可知，卫星的轨道半径R减小，卫星的高度要减小些，故C正确D、地球的第一宇宙速度 v=，R是地球的半径，可知v与地球自转的速度无关，故D错误故选：C点评：本题是信息题，我们要从题目中找出与所求解问题相关的物理信息，再根据物理
15、知识解答4如图所示，小物块甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平小物块乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下下列判断正确的是（）A 两物块到达底端时速度相同B 两物块运动到底端的过程中重力做功相同C 两物块到达底端时动能相同D 两物块到达底端时，乙重力做功的瞬时功率大于甲重力做功的瞬时功率考点：功的计算专题：功的计算专题分析：根据动能定理比较两物块到达底端的动能，从而比较出速度的大小，根据重力与速度方向的关系，结合P=mgvcos比较瞬时功率的大小解答：解：A、根据动能定理得，mgR=mv2，知两物块达到底端的动能相等，速度大小相等，但是速度的方向不同质量大小关系
16、不确定，故动能大小无法确定故A错误C错误B、两物块运动到底端的过程中，下落的高度相同，但质量大小不确定，则重力做功大小不确定故B错误D、两物块到达底端的速度大小相等，甲重力与速度方向垂直，瞬时功率为零，则乙重力做功的瞬时功率大于甲重力做功的瞬时功率故D正确故选：D点评：动能是标量，只有大小没有方向，但是要注意速度是矢量，比较速度不仅要比较速度大小，还要看速度的方向；以及知道瞬时功率的表达式P=mgcos，注意为力与速度方向的夹角5一种减震垫如图所示，上面布满了圆柱状薄膜气泡，每个气泡内充满气体，当平板状物品平放在气泡上时，气泡被挤压气泡内气体可视为理想气体，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气
17、体（）A 体积减小，内能增大B 体积减小，压强减小C 对外界做负功，内能增大D 对外界做正功，压强减小考点：理想气体的状态方程；热力学第一定律分析：平板放在气泡上，气泡受到的压力增大，体积减小，外界对气体做功，应用热力学第一定律与气体状态方程分析答题解答：解：当平板状物品平放在气泡上时，气泡被挤压，气泡体积V减小，外界对气体做功，W0，内气体与外界无热交换，Q=0，由热力学第一定律：U=W+Q=W0，气体内能增大；气体内能增大，气体温度T升高，气体体积V减小，由理想气体状态方程：=C可知，气体压强p变大，故A正确，BCD错误；故选：A点评：根据题意确定气体体积如何变化，然后应用热力学第一定律与
18、理想气体状态方程可以解题；要知道：理想气体内能由温度决定，温度越高，内能越大6下列说法正确的是（）A 汤姆生发现了电子，并提出了原子的栆糕模型B 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应C 一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的强度小D 将放射性元素掺杂到其它稳定元素中，并降低其温度，该元素的半衰期将增大考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度专题：衰变和半衰期专题分析：电子是汤姆生发现的，并提出原子的栆糕模型；太阳辐射的能量是来自于轻核聚变释放的；当光的入射频率大于极限频率时，才能发生光电效应，与光的强度无关；半衰期与环境、及化合状或单质无关解答：解：A、汤姆生发现了电子，并提出了
19、原子的栆糕模型，故A正确；B、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，也是热核反应，故B正确；C、光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的频率小于极限频率，故C错误；D、放射性元素掺杂到其它稳定元素中，并降低其温度，但该元素的半衰期仍将不变，故D错误；故答案为：AB点评：考查原子的结构模型，掌握聚变与裂变的区别，理解光电效应的条件，注意半衰期不受环境因素影响7某交流发电机的输出电压随时间变化的关系如图所示，输出功率是20kW，用5000V高压输电，输电线总电阻是10，用户端利用n1：n2=22：1的变压器降压，则下列说法正确的是（）A 交变电流的频率为100 HzB 发电机输出电压
20、的有效值为220 VC 输电线中电流为500 AD 用户得到的电压约为225 V考点：远距离输电专题：交流电专题分析：根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等同时由变压器电压与匝数成正比，电流与匝数成反比解答：解：A、发电机的输出电压随时间变化的关系，由图可知，T=2102s，故f=50Hz，故A错误；B、由图象可知交流电的最大值为220V，因此其有效值为，故B正确C、由题意可知，输电线中电流I=，故C错误；D、因输电线总电阻是10，输电线电阻损失电压为U损=IR=410V=40V，由，故D正确；故选：BD点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识
21、，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式8若在某次军事演习中，某空降兵从悬停在高空中的直升机上跳下，从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的vt图象如图所示，则下列说法正确的是（）A 010s内空降兵运动的加速度越来越大B 010s内空降兵和降落伞整体所受重力大于空气阻力C 1015s内空降兵和降落伞整体所受的空气阻力越来越小D 1015s内空降兵处于失重状态考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像专题：牛顿运动定律综合专题分析：从图象可以看出，空降兵先做加速度不断减小的加速运动，再做加速度不断减小的减速
22、运动，最后匀速运动；根据速度时间图线与坐标轴包围的面积表示位移以及图线上某点的切线的斜率表示该时刻加速度来进行分析解答：解：A、vt图象中，图线上某点的切线的斜率表示该时刻加速度，故010s内空降兵运动的加速度越来越小，故A错误；B、O10s内空降兵和降落伞做加速运动，故整体所受重力大于空气阻力，故B正确；C、10s15s速度向下、做加速度不断减小的减速直线运动，加速度向上，根据牛顿第二定律，有fmg=ma，由于a不断减小，故f不断减小，故C正确；D、10s15s内空降兵向下做加速度不断减小的减速直线运动，加速度向上，是超重，故D错误；故选：BC点评：本题关键根据速度时间图象得到物体的运动规律
23、，然后结合速度时间图线与坐标轴包围的面积表示位移以及图线上某点的切线的斜率表示该时刻加速度来进行分析9真空中，两个固定点电荷A、B所带电荷量分别为Q1和Q2，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向，电场线上标出了C、D两点，其中D点的切线与AB连线平行，AB连线中点为O，则（）A A带正电，B带负电，且Q1Q2B O点电势比D点电势高C 负检验电荷在C点的电势能大于在D点的电势能D 在C点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿此电场线运动到D点考点：电场线；电势能分析：A、根据电场线的方向和场强的叠加，可以判断出AB的电性及电量的大小；B、沿着电场线
24、方向电势降低；C、先比较电势的高低，再根据Ep=qU，比较电势能；D、只有电场线方向是一条直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行，运动轨迹才与电场线重合解答：解：A、根据电场线的流向，知A带正电，B带负电；D点的场强可看成AB两电荷在改点产生场强的合场强，电荷A在D点电场方向沿AD向上，电荷B在ND点产生的场强沿DB向下，合场强水平向右，可知B电荷在D点产生的场强大于A电荷在D点产生的场强，而ADBD，所以Q1Q2故A正确B、沿着电场线方向电势降低，所以O点电势比D点电势高故B正确C、沿电场线方向电势逐渐降低，UCUD，再根据Ep=qU，q为负电荷，知EpCEpD故C错误D、只有电场线方向
25、是一条直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行，运动轨迹才与电场线重合而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合故D错误故选：AB点评：解决本题的关键知道电场线的特点及电势能高低的判断电势能高低判断：一可以从电场力做功角度判断，二根据电势能的公式判断二、非选择题（共4小题，满分54分）10利用图示装置可以做力学中的许多实验以下说法正确的是CA利用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须设法消除小车和木板间的摩擦阻力的影响B利用此装置探究“加速度与质量的关系”并用图象法处理数据时，如果画出的a m关系图象不是直线，就可确定加速度与质量成反比C利用此装置探究“功与速度变化的关系”实验时，应将木
26、板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面的分力补偿小车运动中所受阻力的影响小华在利用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，因为不断增加所挂钩码的个数，导致钩码的质量远远大于小车的质量，则小车加速度a的值随钩码个数的增加将趋近于g 的值考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系；测定匀变速直线运动的加速度专题：实验题分析：利用图示小车纸带装置可以完成很多实验，在研究匀变速直线运动时不需要平衡摩擦力，在探究“小车的加速度与质量的关系”和探究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力；在探究“小车的加速度a与力F的关系”时，根据牛顿第二定律求出加速度a的表达式，不难得出当钧码
27、的质量远远大于小车的质量时，加速度a近似等于g的结论解答：解：（1）A、此装置可以用来研究匀变速直线运动，但不需要平衡摩擦力，故A错误B、曲线的种类有双曲线、抛物线、三角函数曲线等多种，所以若aM图象是曲线，不能断定曲线是双曲线，即不能断定加速度与质量成反比，应画出a图象，故B错误C、探究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力，方法是将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响，从而小车受到的合力即为绳子的拉力，故C正确故选：C（2）设小车质量为m，钩码质量为M，则对钩码有MgF=Ma 对小车有Fmg=ma 联立解得a=g将上式变形为
28、a=g，可见当Mm时，加速度a趋近于g故答案为：（1）C； （2）g点评：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，然后熟练应用物理规律来解决实验问题11某物理实验兴趣小组探究测定某品牌矿泉水的电阻率，用一两端开口的玻璃管通过密封塞封住一定量的矿泉水某同学用如图1所示的游标卡尺的A（选填“A”、“B”或“C”）部位去测玻璃管的内径，测出的读数如图2，则玻璃管的内径d为2.150cm该同学用多用电表的电阻档测量玻璃管中矿泉水的电阻，选择开关置于“100”档，发现指针如图3所示，则该同学接着需要做的实验步骤是：换选1k（填“10”或“1k”）档；欧姆调零该组同学按
29、图4连好电路后，调节滑动变阻器的滑片，从最右端向左端移动的整个过程中，发现电压表有示数但几乎不变，不可能的原因是BA滑动变阻器阻值太小 B电路中5、6之间断路 C电路中7、8之间断路该组同学在改进实验后，测出玻璃管中有水部分的长度为L，电压表示数为U，电流表示数为I，改变玻璃管中的水量，测出多组数据，并描绘出相应的图象如图5所示，若图线的斜率为k，则矿泉水的电阻率=（用题中字母表示）考点：自来水电阻率的测定专题：实验题分析：（1）游标卡尺来测量玻璃管内径应该用内爪游标卡尺的读数方法是主尺读数加上游标读数，不需要估读（2）由图可知欧姆表示数太大，故应选择更大倍率测量；换挡要进行欧姆调零（3）电压
30、表有示数则干路一定是通的（4）由电阻定律结合图象可得电阻率解答：解：（1）游标卡尺来测量玻璃管内径应该用内爪即A部分游标卡尺测内径时，主尺读数为2.1cm，游标读数为0.0110=0.50mm，最后读数为2.150cm（2）由图可知欧姆表示数太大，故应选择更大倍率测量，即换1k倍率；换挡要进行欧姆调零（3）A、滑动变阻器阻值太小，通过调节它电路的电流改变比较小，故A可能；B、电压表有示数则干路一定是通的，故B不可能；C、电路中7、8之间断路后电压表被串联到电路中，会导致其电压接近电源电动势，故C是可能的；故选：B（4）由电阻定律可得：R=，又：R=，由图象可知：k=，解得：=故答案为：（1）A
31、； 2.150；（2）1k； 欧姆调零；（3）B； （4）点评：该题关键是判定电路故障的时候，只要说电压表有示数，则就说明干路一定是通的，这样就能排除很多位置，从而简化分析12如图所示，A、B为半径R=1m的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在着E=1106 V/m、竖直向上的匀强电场，有一质量m=1kg、带电荷量q=+1.4105C的物体（可视为质点），从A点的正上方距离A点H=1m处由静止开始自由下落（不计空气阻力），BC段为长L=2m、与物体间动摩擦因数=0.2的粗糙绝缘水平面，CD段为倾角=53且离地面DE高h=0.8m的斜面（取g=10m/s2）（1）若物体能沿轨道
32、AB到达最低点B，求它到达B点时对轨道的压力大小；（2）物体从C处飞出后的速度；（3）物体从C处飞出后落点与D点之间的距离（已知sin 53=0.8，cos 53=0.6不讨论物体反弹以后的情况）考点：电势差与电场强度的关系；动能定理专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）根据动能定理求出物体到达B点的速度，结合牛顿第二定律求出支持力的大小，从而结合牛顿第三定律得出到达B点对轨道的压力（2）根据动能定理，选取由B到C过程，从而即可求解（3）根据平抛运动规律，求出飞出后落点与D点之间的距离解答：解：（1）物体由初始位置运动到B点的过程中，根据动能定理有：mg（R+H）qER=mv到达B点时由支持
33、力FN、重力、电场力的合力提供向心力，有：FNmg+qE=m，联立并代入数据解得：FN=8N 根据牛顿第三定律，可知物体对轨道的压力大小为8N，方向竖直向下（2）在粗糙水平面上，由动能定理，有：mgL=mvC2mvB2，代入数据解得：vC=2.0m/s （3）物体离开C点后做平抛运动，有：x=vct且解得：x=0.8mxCD=0.6m 所以，落点与D点之间的距离为：x=0.80.6=0.2m答：（1）若物体能沿轨道AB到达最低点B，它到达B点时对轨道的压力大小8N；（2）物体从C处飞出后的速度2.0m/s；（3）物体从C处飞出后落点与D点之间的距离0.2m点评：本题考查了动能定理、牛顿第二定律
34、、运动学公式的综合，对学生的能力要求较高，注意电场力大于重力，B点相当于等效最高点，这是本题的隐含条件13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
35、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
36、场中加速，根据动能定理，有：，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：，解得：；（2）离子做类平抛运动：d=vt3d=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：，解得：，离子能打在QN上，则既没有从DQ边出去也没有从PN边出去，则离子运动径迹的边界如图中和由几何关系知，离子能打在QN上，必须满足：，则有：；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）磁场磁感应强度B的取值范围是点评：对于带电粒子在电场中加速过程，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
