1、广东省五校协作体联考2015届高考物理一模试卷一、单项选择题：（本大题共4小题，每小题4分）1关于物理学史及物理学研究方法，下列叙述正确的是( )A伽利略在研究自由落体运动时采用了将微小量放大的方法B虽然地球体积较大，但有些情况下依旧可以把它当作质点C探究二力合成的实验中使用了理想化的方法D奥斯特提出了环形电流假说2一根轻绳的上端悬挂在天花板上，下端挂一灯泡，则( )A灯泡受的重力和灯泡对绳的拉力是一对平衡力B灯泡受的重力和绳对灯泡的拉力是一对作用力和反作用力C灯泡对绳的拉力和绳对灯泡的拉力是一对作用力和反作用力D绳对天花板的拉力和天花板对绳的拉力是一对平衡力3如图所示，在倾角为的光滑斜面上，
2、垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒在导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是( )AB=mg ，方向垂直斜面向上BB=mg ，方向垂直斜面向下CB=mg ，方向垂直斜面向上DB=mg ，方向垂直斜面向下4如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上以下判断错误的是( )Ab点场强比d点场强小Bb点电势比d点电势低Ca、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差D在a点给一个试探电荷+q一个沿着abc方向
3、向右的初速度后，它会向abc的下方偏转二、双项选择题：（本大题共5小题，每小题6分，在四个选项中，有两个选项正确，漏选的得3分，错选或不选的得0分）5一物体自t=0时开始做直线运动，其速度图线如图所示，下列选项正确的是( )A在06s内，物体经过的路程为40mB在06s内，物体离出发点最远为30mC在04s内，物体的平均速度为7.5m/sD在5s6s内，物体所受的合外力做负功6真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏今有质子和粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上已知质子和粒子的质量之比为1：4，电
4、荷量之比为1：2，则下列判断中正确的是( )A粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B粒子打到荧光屏上的位置相同C加速电场和偏转电场的电场力对两种粒子做的总功之比为1：4D粒子在AB和CD的两个电场中的运动，均为匀变速运动7如图所示，发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火将卫星送入椭圆轨道2，然后再次点火，将卫星送入同步轨道3，轨道1、2相切于Q点，2、3相切于P点，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，下列说法中正确的是( )A卫星在圆轨道3上的速率小于在圆轨道1上的速率B卫星在圆轨道3上的角速度大于在圆轨道1上的角速度C卫星在圆轨道1上经过Q点时的加速度等于它在椭圆轨
5、道2上经过Q点时的加速度D卫星在椭圆轨道2上经过P点时的机械能等于它在圆轨道3上经过P点时的机械能8甲、乙两球位于同一竖直直线上的不同位置，甲比乙的位置高，如图所示，将甲、乙两球分别以v1、v2的初速度沿同一水平方向抛出，不计空气阻力，下列条件中有可能使乙球击中甲球的是( )A同时抛出B甲早抛出C初速度v1v2D初速度v1v29如图所示的电路中，R1、R2是定值电阻，R3是滑动变阻器，电源的内阻不能忽略，电流表A和电压表V均为理想电表闭合开关S，当滑动变阻器的触头P从右端滑至左端的过程，下列说法中正确的是( )A电压表V的示数增大B电流表A的示数增大C电容器C所带的电荷量减小D电阻R1的电功率
6、增大三、非选择题10在研究某物体的运动规律时，打点计时器打下如图所示的一条纸带已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，相邻两计数点间还有四个打点未画出由纸带上的数据可知，打E点时物体的速度VE=_m/s，物体运动的加速度a=_m/s2 （结果保留两位有效数字）11在“测定金属的电阻率”的实验中，待测金属丝的电阻Rx约为15，实验室备有下列实验器材：A电压表V1 （量程03V，内阻约为15k）B电压表V2 （量程015V，内阻约为75k）C电流表A1 （量程03A，内阻约为0.2）D电流表A2 （量程00.6A，内阻约为1）E变阻器R1（05，1.0A ）F变阻器R2（010，1.0A ）G变
7、阻器R3（020，1.0A ）H电池组E（电动势为3V，内阻约为0.3）I开关 S，导线若干为减小实验误差，并且多测几组相差悬殊的数据，应选用图1中的_图（填甲乙丙丁中的一个）电压表应选用_，电流表应该选用_变阻器应该选用_ （填字母代号）用螺旋测微器测得金属丝的直径如图2，为_mm，把图3中的实物图用线连接起来12（18分）如图所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为mA=2.0kg的薄木板A和质量为mB=3kg的金属块BA的长度L=2.0mB上有轻线绕过定滑轮与质量为mC=1.0kg的物块C相连B与A之间的动摩擦因数=0.10，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力忽略滑轮质量及与轴、线之间的摩擦起始
8、时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，B位于A的左端（如图），然后放手，求经过多长时间后B从A的右端脱离（设A的右端距滑轮足够远）（取g=10m/s2）13（18分）如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段是半径为R的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞已知甲、乙两球的质量均为m，重力加速度为g，且乙球所受电场力与乙球重力mg相等水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移（1）甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次
9、落点P与B点的距离S；（2）在满足（1）的条件下求甲的碰前速度v0；（3）若甲仍以速度v0向右运动，不断增大甲的质量后再以v0向右碰撞乙球，每次保持乙的质量不变，求乙在轨道上每次的首次落点P到B点的距离S的范围广东省五校协作体联考2015届高考物理一模试卷一、单项选择题：（本大题共4小题，每小题4分）1关于物理学史及物理学研究方法，下列叙述正确的是( )A伽利略在研究自由落体运动时采用了将微小量放大的方法B虽然地球体积较大，但有些情况下依旧可以把它当作质点C探究二力合成的实验中使用了理想化的方法D奥斯特提出了环形电流假说考点：物理学史 分析：伽利略在研究自由落体运动时运用实验和逻辑推理相结合的
10、方法质点是理想化的物理模型在探究求合力方法的实验中使用了等效替代的方法安培提出了环形电流假说解答：解：A、伽利略在研究自由落体运动时运用实验和逻辑推理相结合的方法故A错误B、地球体积较大，但在研究地球绕太阳公转时，地球的体积对研究的问题没有影响，可以看成质点故B正确C、在探究求合力方法的实验中使用了等效替代的方法故C错误D、安培提出了环形电流假说故D错误故选：B点评：本题对物理方法的了解程度物理常用方法有：等效法，理想化模型法、控制变量法、放大法等2一根轻绳的上端悬挂在天花板上，下端挂一灯泡，则( )A灯泡受的重力和灯泡对绳的拉力是一对平衡力B灯泡受的重力和绳对灯泡的拉力是一对作用力和反作用力
11、C灯泡对绳的拉力和绳对灯泡的拉力是一对作用力和反作用力D绳对天花板的拉力和天花板对绳的拉力是一对平衡力考点：作用力和反作用力；牛顿第三定律 分析：相互作用力的条件：大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，分别作用在两个不同物体上，且同时产生，同时消失平衡力的条件是：大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在一个物体上，缺一不可根据平衡力和相互作用力的条件与特点可逐项做出判断解答：解：A、灯泡受的重力受力物体是灯泡施力物体是地球，灯泡对绳的拉力受力物体是绳施力物体是灯泡，二者大小相同方向相同分别作用在两个物体上，既不是平衡力也不是相互作用力，所以A错误；B、灯泡受的重力和绳对灯泡的拉力受力物体
12、都是灯泡，二者大小相等方向相反作用在一个物体上，符合二力平衡的条件，是一对平衡力，所以B错误；C、灯泡对绳的拉力和绳对灯泡的拉力二力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，分别作用在两个不同物体上，且同时产生，同时消失，属于相互作用力，所以C正确；D、绳对天花板的拉力和天花板对绳的拉力二力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，分别作用在两个不同物体上，且同时产生，同时消失，属于相互作用力，所以D错误故选：C点评：此题主要考查学生对平衡力的辨别，学习中特别要注意平衡力和相互作用力的区别：是否作用于同一物体3如图所示，在倾角为的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒在导体棒中的电
13、流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是( )AB=mg ，方向垂直斜面向上BB=mg ，方向垂直斜面向下CB=mg ，方向垂直斜面向上DB=mg ，方向垂直斜面向下考点：安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用 分析：通电导线在磁场中的受到安培力作用，由平衡条件和安培力公式F=BIL求出B的大小，由左手定则来确定安培力的方向解答：解：A、C、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向上，由左手定则可知所受的安培力沿斜面向上，由于棒处于平衡状态，则有： BIL=mgsin，则得B=mg；故A正确，C错误；B、D、外加匀强磁场的
14、磁感应强度B的方向垂直斜面向下，则沿斜面向下的安培力、支持力与重力，所以棒不可能处于平衡状态，故BD错误；故选：A点评：分析通电导体受力情况是解决力电综合题的基础，要培养基本功学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向4如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上以下判断错误的是( )Ab点场强比d点场强小Bb点电势比d点电势低Ca、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差D在a点给一个试探电荷+q一个沿着abc方向向右的初速度后，它会向
15、abc的下方偏转考点：电场线；匀强电场中电势差和电场强度的关系 分析：据等量异号电荷的电场分布特点图（如图）可知各点的场强大小，由电场线性质及电场的对称性可知ab及bc两点间的电势差；由电势能的定义可知ac两点电势能的大小解答：解：A、结合等量异号电荷的电场分布特点图可知，b点场强比d点场强小故A正确；B、MN是一条等势线，与在两等量异号电荷连线上的点相比较，d点的电势要高，所以d点电势高于b点电势，故B正确；C、由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，故ac两点的电势相等，故C正确D、因a点的电场求得的方向沿曲线的切线方向向右上，在a点给一个试探电荷+q一个沿着abc方向向
16、右的初速度后，它会向abc的上方偏转故D错误；本题选择错误的，故选：D点评：本题考查等量同种电荷的电场分布，要牢记等量异号电荷的电场分布特点图，注意明确其电场线及等势面的分布规律基础题目二、双项选择题：（本大题共5小题，每小题6分，在四个选项中，有两个选项正确，漏选的得3分，错选或不选的得0分）5一物体自t=0时开始做直线运动，其速度图线如图所示，下列选项正确的是( )A在06s内，物体经过的路程为40mB在06s内，物体离出发点最远为30mC在04s内，物体的平均速度为7.5m/sD在5s6s内，物体所受的合外力做负功考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的图像 专题：运动学中的图像专题分析：
17、vt图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的“面积”大小等于物体的位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负；平均速度等于位移除以时间合外力做功正负由动能定理判断解答：解：A、根据速度图象与坐标轴围成的“面积”大小等于物体的位移，则得05s，物体向正向运动，通过的位移大小为：x1=（2+5）10m=35m56s向负向运动，通过的位移大小为 x2=101m=5m，故在06s内，物体经过的路程为S=x1+x2=40m故A正确；B、05s，物体向正向运动，56s向负向运动，故5s末离出发点最远，最远距离为35m，故B错误
18、C、04s，物体向正向运动，通过的位移大小为：x=（2+4）10m=30m，则平均速度为 =m/s=7.5m/s，故C正确D、在5s6s内，物体沿负向做匀加速运动，动能增大，根据动能定理可知，合外力做正功，故D错误故选：AC点评：本题考查了速度时间图象的应用及做功正负的判断，要明确斜率的含义，知道在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，要注意路程和位移的区别及关系6真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏今有质子和粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上已知质子和粒子的质
19、量之比为1：4，电荷量之比为1：2，则下列判断中正确的是( )A粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B粒子打到荧光屏上的位置相同C加速电场和偏转电场的电场力对两种粒子做的总功之比为1：4D粒子在AB和CD的两个电场中的运动，均为匀变速运动考点：带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：质子和粒子在加速电场中都做匀加速直线运动，在偏转电场中做类平抛运动，飞出电场后做匀速直线运动，两个过程中水平方向是速度相同的匀速直线运动，根据动能定理求出加速获得的速度表达式，可分析从B板运动到荧光屏经历的时间关系根据推论分析粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系，分析粒子打到荧光屏上的位
20、置关系根据W=qEy，分析电场力做功之比解答：解：A、设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d对于任一粒子：在加速电场中，由动能定理得：qU1=，得加速获得的速度为v0=粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于质子和粒子的比荷不同，则v0不同，所以它们从B板运动到荧光屏经历的时间不同故A错误B、在偏转电场中，粒子偏转的距离为 y=联立得 y=，可知，y与粒子的种类、质量、电量无关，故两个粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同故B正确C、由动能定理得，加速电场和偏转电场的电场力对粒子做的总功 W=qU1+qEy，则知W与q成正比，两个粒子
21、的电荷量之比为1：2，则总功之比为1：2故C错误D、粒子在AB间做匀加速直线运动，在CD间做匀变速曲线，故D正确故选：BD点评：本题是带电粒子在电场中运动问题，先加速后偏转，y=是一个重要推论，要在会推导的基础上掌握要牢固，要抓住该式与哪些因素有关，与哪些因素无关7如图所示，发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火将卫星送入椭圆轨道2，然后再次点火，将卫星送入同步轨道3，轨道1、2相切于Q点，2、3相切于P点，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，下列说法中正确的是( )A卫星在圆轨道3上的速率小于在圆轨道1上的速率B卫星在圆轨道3上的角速度大于在圆轨道1上的角速度C卫星
22、在圆轨道1上经过Q点时的加速度等于它在椭圆轨道2上经过Q点时的加速度D卫星在椭圆轨道2上经过P点时的机械能等于它在圆轨道3上经过P点时的机械能考点：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：卫星在圆轨道上圆周运动时万有引力提供圆周运动向心力，在椭圆轨道上近地点开始做离心运动在远地点做近心运动解答：解：A、在圆轨道上圆周运动时万有引力提供圆周运动向心力，据可得速度，可知半径大的速度小，故A正确；B、据万有引力提供圆周运动向心力有可得角速度，可知半径大的角速度小，故B错误；C、卫星在Q点产生的加速度由万有引力产生的加速度，在同一点同一卫星万有引力大小相等，故
23、产生加速度相同，与卫星所在轨道无关，故C正确；D、在圆轨道上经过P点时，卫星做近心运动，故在椭圆轨道上经过P点时的速度小于在轨道3上圆轨道上运动的速度，故卫星在圆轨道3上的机械能大于在椭圆轨道上经过P点时的机械能，故D错误故选：AC点评：卫星在圆轨道上做圆周运动时万有引力提供圆周运动向心力，在椭圆轨道上卫星不断做离心运动和近心运动，掌握离心运动和近心运动的条件是解题的关键8甲、乙两球位于同一竖直直线上的不同位置，甲比乙的位置高，如图所示，将甲、乙两球分别以v1、v2的初速度沿同一水平方向抛出，不计空气阻力，下列条件中有可能使乙球击中甲球的是( )A同时抛出B甲早抛出C初速度v1v2D初速度v1
24、v2考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：要使乙球击中甲球，两球应同时到达在同一位置，而平抛运动在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由两球的位置关系可知正确结果解答：解：由题意可知甲的抛出点高于乙的抛出点，相遇时，甲的竖直位移大于乙的竖直位移，由h=，得t=，从抛出到相遇甲运动的时间长，故要相遇，甲应早抛出；两物体的水平位移相同，甲的运动时间比较长，由x=v0t知，甲的速度要小于乙的速度，v1v2；故BD正确，AC错误故选：BD点评：本题考查平抛运，要知道物体在空中的运动时间取决于竖直高度，水平位移取决于初速度及竖直高度9如图所示的电路中，R1、R2是定值电阻，R3是滑动变阻器
25、，电源的内阻不能忽略，电流表A和电压表V均为理想电表闭合开关S，当滑动变阻器的触头P从右端滑至左端的过程，下列说法中正确的是( )A电压表V的示数增大B电流表A的示数增大C电容器C所带的电荷量减小D电阻R1的电功率增大考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：当滑动变阻器的触头P从右端滑至左端的过程，分析外电路总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，判断电压表示数的变化根据欧姆定律分析R2、R3并联的电压如何变化，分析通过R2的电流如何变化，再分析电流表示数的变化根据R1电压的变化，判断电容器所带电量的变化和R1电功率的变化解答：解：A、当滑动变阻器的触头P从右端
26、滑至左端的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，R2、R3并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中总电流I增大，路端电压减小，则电压表V的示数减小故A错误B、R2、R3并联的电压U并=EI（R1+r），I增大，其他量不变，则U并减小，通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流I3=II2，I增大，I2减小，则I3增大，即电流表A的示数增大故B正确C、电容器C的电压UC=IR1，I增大，UC增大，电容器C所带的电荷量增加故C错误D、电阻R1的电压增大，则由功率公式可知，电功率也增大故D正确故选：BD点评：本题是电路的动态变化分析问题，按“局部整体局部”的顺序进行分析电容器
27、的电压等于所并联的电路两端的电压三、非选择题10在研究某物体的运动规律时，打点计时器打下如图所示的一条纸带已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，相邻两计数点间还有四个打点未画出由纸带上的数据可知，打E点时物体的速度VE=0.25m/s，物体运动的加速度a=0.30m/s2 （结果保留两位有效数字）考点：测定匀变速直线运动的加速度；探究小车速度随时间变化的规律 专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，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和加速度解答：解：相邻两记数点间还有四个点未画出，所以相邻的计数点之间的时间间
28、隔为0.1s打E点时物体的速度vE=0.25m/s采用逐差法求解加速度根据运动学公式得：x=at2，a=0.30m/s2故答案为：0.25，0.30点评：能够知道相邻的计数点之间的时间间隔，掌握逐差法求解加速度的方法；要注意单位的换算和有效数字的保留11在“测定金属的电阻率”的实验中，待测金属丝的电阻Rx约为15，实验室备有下列实验器材：A电压表V1 （量程03V，内阻约为15k）B电压表V2 （量程015V，内阻约为75k）C电流表A1 （量程03A，内阻约为0.2）D电流表A2 （量程00.6A，内阻约为1）E变阻器R1（05，1.0A ）F变阻器R2（010，1.0A ）G变阻器R3（0
29、20，1.0A ）H电池组E（电动势为3V，内阻约为0.3）I开关 S，导线若干为减小实验误差，并且多测几组相差悬殊的数据，应选用图1中的甲图（填甲乙丙丁中的一个）电压表应选用A，电流表应该选用D变阻器应该选用E （填字母代号）用螺旋测微器测得金属丝的直径如图2，为0.638mm，把图3中的实物图用线连接起来考点：测定金属的电阻率 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表采用内接法还是外接法，然后选择实验电路（2）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读由图示电表读出其示数，应用欧姆定律求出电阻阻值，由电阻定律求出电阻
30、率（3）掌握实物图的连接方法，应做到导线不能出现交叉，同时电流红进黑出解答：解：由于所给出的滑动变阻器阻值较小，且题目中要求多测几组数据；故应采用分压接法；待测电阻的阻值较小，故电流表应选择外接法，因此实验电路应选甲电源电压为3V，故电压表选择A；电路电流的最大值Imax=0.2A；故电流表应选择D；滑动变阻器采用分压接法，故滑动变阻器选用小电阻，故选；E；螺旋测微器的读数为：0.5+13.80.01=0.638mm；根据所选择的电路图，将各元件连接即可；实物图如图所示：故答案为：甲A D E0.638如图所示点评：本题考查了实验器材的选取、实验电路的选择、连接实物电路图；要掌握实验器材的选取
31、原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作；确定电流表的接法是正确解题的关键同时掌握螺旋测微器的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读12（18分）如图所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为mA=2.0kg的薄木板A和质量为mB=3kg的金属块BA的长度L=2.0mB上有轻线绕过定滑轮与质量为mC=1.0kg的物块C相连B与A之间的动摩擦因数=0.10，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力忽略滑轮质量及与轴、线之间的摩擦起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，B位于A的左端（如图），然后放手，求经过多长时间后B从A的右端脱离（设A的右端距滑轮足够远）（取
32、g=10m/s2）考点：牛顿第二定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：对AB受力分析，根据受力情况确定运动情况，根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式，抓住位移之差等于A的长度，求出B从A的右端脱离的时间解答：解：以桌面为参考系，令aA表示A的加速度，aB表示B、C的加速度，t表示B从静止到从A的右端脱离经过的时间，sA和sB分别表示t时间内A和B运动的距离，则由牛顿运动定律可得mCgmBg=（mC+mB）aBmBg=mAaA由匀加速直线运动的规律可得sB=aBt2sA=aAt2sBsA=L联立式，代入数值得t=4.0s答：经过4s后B从A的右端脱离点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，
33、运用牛顿第二定律进行求解注意整体法和隔离法的运用13（18分）如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段是半径为R的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞已知甲、乙两球的质量均为m，重力加速度为g，且乙球所受电场力与乙球重力mg相等水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移（1）甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点P与B点的距离S；（2）在满足（1）的条件下求甲的碰前速度v0；（3）若甲仍以速度v0向右运动，不
34、断增大甲的质量后再以v0向右碰撞乙球，每次保持乙的质量不变，求乙在轨道上每次的首次落点P到B点的距离S的范围考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）对乙受力分析，乙离开最高点之后，做类平抛运动，竖直方向上匀加速运动，水平方向上匀速运动；（2）由于两个球发生的是弹性碰撞，所以动量守恒，机械能也守恒，列出方程可以求出甲的速度v0；（3）B求经过D点后的最小的速度应该是vD，再由动量守恒分析可得最大的速度，根据平抛运动水平方向的运动规律，可以求得范围的大小解答：解：（1）在乙恰能通过D点的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的
35、时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则，得mg+qE=mays=vDt联立得：s=2R（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒有：mv0=mv甲+mv乙 根据机械能守恒定律有：联立得：v甲=0，v乙=v0由动能定理得：mg2RqE2R=mvD2mv乙2联立得：=2m/s；（3）设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，根据动量守恒有：Mv0=MvM+mvm根据机械能守恒定律有有以上两式可得：vm=由于Mm，可得：vDvm2vD设乙球过D点的速度为vD，由动能定理得 联立以上两个方程可得：2m/svD8m/s设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为x，则有：x=vDt所以可以解得：2Rx8R答：（1）乙在轨道上的首次落点到B点的距离是2R；（2）甲的速度是；（3）乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围是2Rx8R点评：在本题中物体不仅受重力的作用，还有电场力，在解题的过程中，一定要分析清楚物体的受力和运动过程，两球在碰撞过程中动量守恒，碰后机械能守恒，题目中物体的运动过程比较复杂，在解题是一定分析清楚运动过程