1、2015年上海市黄埔区高考物理一模试卷一、单项选择题（共16分，每小题2分每小题只有一个正确选项）1（2分）关于处理物理问题的思想与方法，下列说法中正确的是（） A 伽利略在研究自由落体运动时采用了微元法 B 在探究平均速度实验中使用了等效替代的思想 C 法拉第在研究电磁感应现象时利用了理想实验法 D 在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了理想化模型的思想方法【考点】： 物理学史【分析】： 伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验和逻辑推理的方法在探究平均速度实验中使用了等效替代的思想法拉第在研究电磁感应现象时利用了控制变量法在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量的思想方法【解析】
2、： 解：A、伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验和逻辑推理的方法故A错误B、平均速度能粗略表示物体运动的快慢，在探究平均速度实验中使用了使用了等效替代的思想故B正确C、法拉第在研究电磁感应现象时利用了控制变量法故C错误D、在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量的思想方法故D错误故选：B【点评】： 在学习物理知识的同时，我们还学习科学研究的方法，常用的方法有：控制变量法、等效替代法、理想实验法、类比法等等2（2分）若一匹马拉一辆车，但没有拉动，下列说法中正确的是（） A 马拉车的力小于地面对车的摩擦力 B 马拉车的力与车拉马的力是一对平衡力 C 马拉车的力与地面对车的摩擦力是一对平
3、衡力 D 马拉车的力与地面对车的摩擦力是一对作用力与反作用力【考点】： 作用力和反作用力【分析】： 作用力与反作用力大小相等方向相反，同时产生同时消失【解析】： 解：A、没拉动，说明马拉车的力等于地面对车的摩擦力，所以A错误；B、马拉车的力与车拉马的力是一对作用力与反作用力，所以B错误；C、马拉车的力与地面对车的摩擦力是一对平衡力，所以C正确D错误；故选：C【点评】： 本题考查了一对平衡力和一对作用力与反作用力的区别与联系，知道从性质和作用的物体是一个还是两个来区分3（2分）关于力与运动的关系，下列说法中正确的是（） A 物体在恒力的作用下一定做直线运动 B 物体在变力的作用下一定做曲线运动
4、C 物体在恒力的作用下可能做匀速圆周运动 D 物体在变力的作用下可能做曲线运动【考点】： 物体做曲线运动的条件【分析】： 力是改变运动状态的原因；若力与运动方向不在同一直线上，则物体将做曲线运动；若力一直与运动方向相互垂直，则物体将做匀速圆周运动【解析】： 解：A、物体在恒力作用下可以做曲线运动，如平抛运动，故A错误；B、若力的方向保持不变，只有大小改变，且力与运动方向在同一直线上，则物体可以做直线运动，故B错误；C、物体做圆周运动需要向心力，而向心力一直指向圆心，故物体一定受变力；故恒力作用下物体不可能做圆周运动；故C错误；D、只要力的方向与速度方向不共线，物体就可以做曲线运动，故在变力的作
5、用下可能做曲线运动，故D正确；故选：D【点评】： 本题考查物体做曲线运动的条件，明确影响物体运动轨迹的关键是力与运动的方向；而力是矢量，大小和方向中的一个变化，则力为变力4（2分）（2014北京）如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面下列判断正确的是（） A 1、2两点的场强相等 B 1、3两点的场强相等 C 1、2两点的电势相等 D 2、3两点的电势相等【考点】： 电势；电场强度专题： 电场力与电势的性质专题【分析】： 根据电场线的分布特点：从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止，分析该点电荷的电性；电场线越密，场强越大顺着电场线，电势降低利用这些知识进行判断【解析
6、】： 解：A、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大故A错误；B、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与3比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大故B错误；C，顺着电场线，电势降低，所以1点的电势高于2点处的电势故C错误；D、由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等故D正确故选：D【点评】： 加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题5（2分）某单摆由1m长的摆线连接一个直径2cm的铁球组成，关于单摆周期，下列说法中正确的是（） A 用大球替代小球，单摆的周期不变 B 摆角从5改为3，单摆的周期会变小
7、 C 用等大的铜球替代铁球，单摆的周期不变 D 将单摆从赤道移到北极，单摆的周期会变大【考点】： 单摆周期公式；单摆专题： 单摆问题【分析】： 单摆摆长等于摆线的长度与摆球半径之和；根据单摆周期公式分析答题【解析】： 解：A、用等大的铜球替代铁球，单摆摆长不变，由单摆周期公式T=2可知，单摆的周期不变，故A正确；B、由单摆周期公式T=2可知，在小摆角情况下，单摆做简谐运动的周期与摆角无关，摆角从5改为3时，单摆周期不变，故B错误；C、用等大球替代，单摆摆长不变，由单摆周期公式T=2可知，单摆的周期不变，故C正确；D、将单摆从赤道移到北极，重力加速度g变大，由单摆周期公式T=2可知，单摆周期变小
8、，故D错误；故选：C【点评】： 知道单摆摆长等于、摆线长度与摆球半径之和，熟练应用单摆周期公式即可正确解题6（2分）关于磁感线，下列说法中正确的是（） A 磁感线是实际存在于磁场中的线 B 磁感线是一条条不闭合的曲线 C 磁感线有可能出现相交的情况 D 磁感线上任意一点的切线方向，都跟该点的磁场方向一致【考点】： 磁感线及用磁感线描述磁场【分析】： 磁体的周围存在着看不见，摸不着但又客观存在的磁场，为了描述磁场，在实验的基础上，利用建模的方法想象出来的磁感线，磁感线并不客观存在掌握磁感线的特点：不中断，不相交，但是闭合曲线【解析】： 解：A、磁感线是为了描述磁场而引入的，它并不客观存在，故A错
9、误B、在磁体的内部，磁感线从磁体的S出发回到N极；而外部则是从磁体的N极出发回到S极，构成闭合曲线，故B错误；C、若两条磁感线可以相交，则交点处就可以做出两个磁感线的方向，即该点磁场方向就会有两个，这与理论相矛盾，因此磁感线不能相交，故C错误D、磁感线上任意一点的切线方向，都跟该点的磁场方向一致；故D正确；故选：D【点评】： 此题考查了磁感线的引入目的，磁场方向的规定，记住相关的基础知识，对于解决此类识记性的题目非常方便7（2分）通电直导线旁放一个金属线框，线框和导线在同一平面内，如图所示在线框abcd中没有产生感应电流的运动情况是（） A 线框向右移动 B 线框以AB为轴旋转 C 线框以ad
10、边为轴旋转 D 线框以ab边为轴旋转【考点】： 感应电流的产生条件【分析】： 由安培定则可确定线圈所处磁场的分布，当闭合回路中磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流根据楞次定律即可判断出感应电流的方向【解析】： 解：A、当保持M边与导线平行线圈向右移动时，穿过线圈的磁通量发生减小，则线圈中产生顺时针方向的感应电流；B、线框以导线为轴加速转动，穿过线圈的磁通量不变，则不可以产生感应电流；C、线框以ad边为轴旋转，穿过线圈的磁通量发生变化，则线圈中产生感应电流D、导线框以ab边为轴旋转，穿过线圈的磁通量发生变化，则线圈中产生感应电流；本题选择不能产生感应电流的；故选：B【点评】： 该题将安培定则
11、与楞次定律相结合，要先根据安培定则判断出电流周围的磁场才方向与特点，然后在使用楞次定律判定感应电流的方向8（2分）以初速v0竖直向上抛出一个小球，小球所受的空气阻力与速度大小成正比，下面正确描述小球从抛出到落地运动的vt图是（） A B C D 【考点】： 竖直上抛运动【分析】： vt图象的代表物体的加速度，斜率的绝对值越大代表物体的加速度的数值越大；在小球上升过程中，小球所受的阻力向下，在小球下降的过程中小球所受的阻力向上根据牛顿第二定律F=ma求出加速度a与阻力f的关系【解析】： 解：设物体所受的阻力f=kv，物体的质量为m，则在物体上升的过程中有mg+f=ma1即mg+kv=ma1a1=
12、由于上升过程中物体的速度越来越小故物体的加速度ma1越来越小，故vt图的斜率的绝对值越来越小在下落过程中有mgkv=ma2a2=下落过程中物体的速度越来越大，故物体的加速度越来越小，则vt图的斜率的绝对值也越来越小故选：B【点评】： 本题的难点有：要根据阻力与速度的大小成正比写出阻力的表达式；必须能够明确vt的斜率代表物体的加速度即倾斜程度越大加速度越大；能够根据牛顿第二定律写出上升的过程中有mg+f=ma1；在下落过程中有mgkv=ma2二、单项选择题（共24分，每小题3分每小题只有一个正确选项）9（3分）如图所示，人的质量为M，物块的质量为m，且Mm，若不计滑轮的摩擦，则当人拉着绳向后退回
13、一步后，人和物块仍保持静止，若人对地面的压力大小为F1、人受到地面的摩擦力大小为F2、人拉绳的力的大小为F3，则下列说法中正确的是（） A F1、F2、F3均不变 B F1增大、F2增大，F3不变 C F1增大、F2减小、F3减小 D F1减小、F2减小，F3不变【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算专题： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 当人拉着绳后退一步后，人和物仍保持静止，所以人和物始终处于平衡状态，分别对物体和人受力分析应用平衡条件分析即可【解析】： 解：对人受力分析，受重力、拉力、支持力和静摩擦力，如图：由平衡条件得：N+mgsin=Mgf=mgcos当人拉着绳
14、后退一步后，将变小；故f=mgcos会变大，N=Mgmgsin也将变大，但绳子拉力不变；结合牛顿第三定律，人对地面的压力大小F1变大、人受到地面的摩擦力大小F2变大、人拉绳的力的大小F3不变；故选：B【点评】： 本题为平衡条件的应用：动态分析常用的方法是画图法和解析式法，一般物体受3个力时常用画图法，受4个以上的力时用解析式法10（3分）关于静电场，下列结论普遍成立的是（） A 电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关 B 电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低 C 将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零 D 在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指
15、向电势降低最快的方向【考点】： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势【分析】： 本题主要考查静电场中电场强度和电势的特点，可根据所涉及的知识逐个分析【解析】： 解：A、电势差的大小决定于电场线方向上两点间距和电场强度，所以A错误；B、在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离负电荷近，电场强度大，电势低，离负电荷远，电场强度小，电势高，所以B错误；C、场强为零，电势不一定为零，电场中肯定存在场强都为零、电势又不相等的两个点，在这样的两个点之间移动电荷，电场力将做功，所以C错误；D、沿电场方向电势降低，而且速度最快，所以D
16、正确；故选D【点评】： 本题以静电场中电场强度和电势比较容易混淆的性质为选项内容，体现对物理量基本概念和基本性质的记忆、理解仍是高考命题的重点之一11（3分）有一条南北流向的大河，两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v若驾着小船渡河，先从东岸到西岸，船头指向始终与河岸垂直，后从西岸回到东岸，行驶路线始终与河岸垂直先后两次所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为（） A B C D 【考点】： 运动的合成和分解专题： 运动的合成和分解专题【分析】： 根据船头指向始终与河岸垂直，结合运动学公式，可列出河宽与船速的关系式，当路线与河岸垂直时，可求出船过河的合速度，从而列出
17、河宽与船速度的关系，进而即可求解【解析】： 解：设船渡河时的速度为vc；当船头指向始终与河岸垂直，则有：t去=；当回程时行驶路线与河岸垂直，则有：t回=；而回头时的船的合速度为：v合=；由于去程与回程所用时间的比值为k，所以小船在静水中的速度大小为：vc=，故A正确，BCD错误；故选：A【点评】： 解决本题的关键知道分运动与合运动具有等时性，以及知道各分运动具有独立性，互不干扰12（3分）在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R为滑动变阻器，电的电动势为E，内阻为r设电流表的读数为I，电压表的读数为U当滑动变阻器R的滑动头向图中a端移动时（） A I变小，U变大 B I变大，
18、U变大 C I变小，U变小 D I变大，U变小【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R的滑动头向图中a端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电阻减小，路端电压随之减小，电压表测量路端电压，即可知道其读数的变化分析总电流和并联部分电压的变化，判断通过R2的电流变化，即可知道电流表A的读数变化【解析】： 解：当滑动变阻器R的滑动头向图中a端移动时，变阻器接入电路的电阻增减小，外电路总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压随之减小，电压表测量路端电压，故有U变小总电流增大，内电压、电阻R1、R3的电压都增大，则并联部分电压减小，通过R2的电流减小，则电
19、流表A的读数I变小故选：C【点评】： 本题是电路的动态分析问题，按“局部整体局部”的思路进行分析13（3分）甲、乙两个质量相同的物体受到竖直向上的拉力作用，从同一高度向上运动，它们的运动图象如图所示下列说法中正确的是（） A 在t=t1时刻两物体的高度相同 B 在t=t1时刻甲和乙所受拉力的瞬时功率相等 C 在t=t2时刻甲所受的拉力等于乙所受的拉力 D 在0t1时间内甲的加速度越来越大【考点】： 功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律专题： 功率的计算专题【分析】： 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，由图象可
20、知，乙做匀速运动，甲先做加速度越来越小的变加速运动，后做匀速运动根据牛顿第二定律及运动学相关知识及功率知识可得出正确结果【解析】： 解：A、由图可知，两图象围成的面积不相等，故说明两物体的高度不相等；故A错误；B、在t=t1时刻两物体的速度相等；但甲物体做加速运动，故甲物体受到的拉力大于重力；则由P=FV可知，甲所受拉力的瞬时功率大于乙所受拉力的瞬时功率；故B错误；C、在t=t2时刻两物体均做匀速直线运动，故拉力均等于重力，故C正确；D、在0t1时间内，甲图线的切线斜率逐渐减小，则加速度越来越小故D错误故选：C【点评】： 本题是速度时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度时间图象中图象与坐
21、标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，再由功率公式进行分析求解14（3分）一列横波沿x轴正向传播，a、b、c、d为介质中沿波传播方向上四个质点的平衡位置某时刻的波形如图甲所示，若再经过周期开始计时，则图乙描述的是（） A a处质点的振动图象 B b处质点的振动图象 C c处质点的振动图象 D d处质点的振动图象【考点】： 简谐运动的振动图象专题： 简谐运动专题【分析】： 先由波的传播方向判断各质点的振动方向，并分析经过周期后各点的振动方向与振动图象计时起点的情况进行对比，选择相符的图象【解析】： 解：由乙图知t=0时刻，即开始计时的时刻质点位于平衡位置，且速度向下A、此时a处于波峰，过
22、周期后经过平衡位置向上运动，与振动图象计时起点的情况不符故A错误B、此时b经过平衡位置向上运动，过周期后在波谷，与振动图象计时起点的情况相符故B错误C、此时c在波谷，过周期后经过平衡位置向下运动，与振动图象计时起点的情况相符故C正确D、此时d经过平衡位置向下运动，过周期后在波谷，与振动图象计时起点的情况不符故D错误故选：C【点评】： 本题属于波的图象问题，先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系，再分析波动形成的过程15（3分）全球卫星定位与通信系统通常由地球静止轨道卫星A和非静止轨道卫星B组网而成若有A、B两颗这样的卫星，轨道面相同，运行的速率分别为v1和v2，轨道高度为h1和h2，加速度
23、分别为a1和a2，第一宇宙速度为v，地球半径为R则下列关系式正确的是（） A = B = C = D =【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系专题： 人造卫星问题【分析】： 根据万有引力提供向心力得出线速度、加速度与轨道半径的关系，从而得出线速度之比、加速度之比【解析】： 解：根据G=m=ma1得：v1=a1=根据G=m=ma2得：v2=a2=第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，根据G=m，解得：v=则 =，=，=故B正确，A、C、D错误故选：B【点评】： 解决本题的关键知道第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用16（3分）如图所示，AB是
24、一根裸导线，单位长度的电阻为R0，一部分弯曲成直径为d的圆圈，圆圈导线相交处导电接触良好圆圈所在区域有与圆圈平面垂直的均匀磁场，磁感强度为B0导线一端B点固定，A端在沿BA方向的恒力F作用下向右缓慢移动，从而使圆圈缓慢缩小设在圆圈缩小过程中始终保持圆的形状，设导体回路是柔软的，此圆圈从初始的直径d到完全消失所需时间t为（） A B C D 【考点】： 法拉第电磁感应定律专题： 电磁感应与电路结合【分析】： 在恒力F的作用下，圆圈不断减小，使其磁通量不断减小，产生感应电动势，由于交叉点处导线接触良好，所以圆圈形成闭合回路，产生感应电流因圆圈缩小是缓慢的，F做功全部转化为感应电流产生的焦耳热，由此
25、可寻得半径r随时间的变化规律，得出此圆圈从初始的直径d到完全消失所需时间t【解析】： 解：设在恒力F的作用下，A端t时间内向右移动微小的量x，则相应圆半径减小r，则有：x=2r在t时间内F做的功等于回路中电功，S可认为由于半径减小微小量r而引起的面积的变化，有：S=2rr而回路中的电阻R=R02r，代入得，F2r=显然t与圆面积变化S成正比，所以由面积r02变化为零，所经历的时间t为：t=解得：t=故B正确，ACD错误故选：B【点评】： 解决本题的关键根据能量守恒定律，抓住F所作功全部变为感应电流产生的焦耳热，运用微分的思想解决，是一道难题三、多项选择题（共16分，每小题4分每小题有两个或三个
26、正确选项全选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分）17（4分）自然界中的物理现象大都是相互联系的，为寻找它们之间的联系，很多物理学家做出了贡献下列说法中正确的是（） A 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系 B 法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系 C 欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系 D 焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系【考点】： 物理学史【分析】： 本题考查物理学史，根据电磁学发展中科学家的贡献可找出正确答案【解析】： 解：A、奥斯特最先发现了电流的磁效应，揭开了人类研究电磁相互作用
27、的序幕，故A正确；B、法拉第经十年的努力发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，故B正确C、欧姆发现了欧姆定律，说明了电流与电压的关系，故C错误；D、焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系，故D正确；故选：ABD【点评】： 电流具有磁效应、热效应、化学效应等，本题考查其发现历程，要求我们熟记相关的物理学史18（4分）如图所示为某一皮带传动装置主动轮的半径为r1，从转动的半径为r2已知主动轮做逆时针转动，转速为n，转动过程中皮带不打滑下列说法中正确的是（） A 从动轮做顺时针转动 B 从动轮做逆时针转动 C 从动轮的转速为n D 从动轮的转速为n【考点】： 线速度
28、、角速度和周期、转速专题： 匀速圆周运动专题【分析】： 皮带联动中，由于转动过程中皮带不打滑，即二者线速度相同，又由于皮带交叉，主动轮做顺时针转动，则从动轮做逆时针转动【解析】： 解：A、B、由于皮带交叉，主动轮做顺时针转动，则从动轮做逆时针转动，故A错误，B正确；C、D、由于转动过程中皮带不打滑，即二者线速度相同vM=vN，由v=r1及=2n知：动轮的转速为n，C正确，D错误；故选：AC【点评】： 本题关键要知道皮带联动问题中线速度大小相同，再找方向关系19（4分）一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时波形图如图中实线所示，此时波刚好传到c点，t=0.6s时波恰好传到e点，波形如图中虚线所示
29、，a、b、c、d、e是介质中的质点，下列说法正确的是（） A 当t=0.5s时质点b、c的位移相同 B 当t=0.6s时质点a速度沿y轴负方向 C 质点c在这段时间内沿x轴正方向移动了3m D 质点d在这段时间内通过的路程为20cm【考点】： 波长、频率和波速的关系；横波的图象专题： 振动图像与波动图像专题【分析】： 由图可知波的波长，而由两列波的波形图可得两波形相距的时间与周期的关系，则可得出波速的表达式；由波速可知周期的表达式，则可得出质点的路程及位移【解析】： 解：由题意可得该波向右传播，起振的方向向上，波长是4m，0.6s的时间内传播的距离是，所以波的周期T=0.6=0.8s，A、该波
30、是方程：当t=0.5s时质点b的位移：=mc点的位移：=m，当质点b、c的位移相同故A正确；B、由题意可得该波向右传播，由平移法可知，当t=0.6s时质点a速度沿y轴正方向故B错误；C、质点c在这段时间内只是沿振动的方向振动，没有沿x轴正方向移动故C错误D、由图可知，质点d在0.6s内先向上运动到达最高点后又返回平衡位置，在这段时间内通过的路程是2倍的振幅，为20cm故D正确故选：AD【点评】： 本题考查对波动图象的理解能力知道两个时刻的波形时，往往应用波形的平移法来理解该题中的A选项使用波的方程是该题的难点，也可以使用作图的方法来解决20（4分）如图所示，光滑水平桌面上有A、B两个带电小球（
31、可以看成点电荷），A球带电量为+3q，B球带电量为q，由静止同时释放后A球加速度大小为B球的两倍现在A、B中点固定一个带正电C球（也可看作点电荷），再由静止同时释放A、B两球，结果两球加速度大小相等则C球带电量为（） A q B q C q D q【考点】： 库仑定律专题： 电场力与电势的性质专题【分析】： 根据牛顿第二定律，结合它们同时由静止开始释放，A球加速度的大小为B球的2倍，可知它们的质量关系再由库仑定律与受力平衡来确定C球带电量【解析】： 解：由静止开始释放，A球加速度的大小为B球的2倍根据牛顿第二定律可知，A、B两个带电小球的质量之比为1：2；当在AB中点固定一个带正电小球C，由静
32、止释放A、B两球，释放瞬间两球加速度大小相等，根据库仑定律与牛顿第二定律，且有：对A来说，KK=ma 对B来说，K+K=2ma综上解得，QC=根据库仑定律与牛顿第二定律，且有：对A来说，KK=ma 对B来说，K+K=2ma综上解得，QC=q，故AB正确，CD错误；故选：AB【点评】： 解决本题的关键抓住库仑定律中库仑力与电量的乘积成正比，与距离的平方成反比，同时根据牛顿第二定律求出加速度四、填空题（共20分，每小题4分）本大题中第22、23题为分叉题，分A、B两类，考生可任选一类答题，若两类试题均做，一律按A类题计分21（4分）如图所示，一根长为L、质量为m的导体棒折成直角，且ab=1.5bc
33、，c端可绕水平轴自由转动，a端用绝缘细线挂一个质量为m的物体空间存在着垂直导体棒平面向里的水平匀强磁场，磁感应强度为B当导体棒中通有电流时，它恰好ab保持水平静止，如图所示，则导体棒中的电流方向是cba，电流大小为 （不计导体棒中电流产生的磁场）【考点】： 安培力【分析】： 通电导线处于磁场中受到安培力作用，产生力矩与重力力矩相平衡根据左手定则来确定安培力的方向，结合力矩平衡来确定安培力的大小，并算出电流的大小【解析】： 解：根据力矩平衡，可知，bc杆的安培力水平向右，ab杆的安培力竖直向上，根据左手定则，可知，导体棒中的电流方向为：cba由题意可知，而安培力为：Fab=BIL安培力为：Fbc
34、=BI解得：I=故答案为：cba；【点评】： 本题是力矩平衡问题，关键分析重力力矩与安培力矩的关系同时考查左手定则，及安培力的大小公式，基础题，比较容易22（4分）质量为M=1.5kg的物块静止在水平桌面上，一质量为m=20g的子弹以水平速度v0=100m/s射入物块，在很短的时间内以水平速度10m/s穿出则子弹穿过物块的过程中动量的变化为1.8 kgm/s，子弹穿出物块时，物块获得的水平初速度为1.2m/s【考点】： 动量守恒定律专题： 动量定理应用专题【分析】： 子弹穿过木块的过程系统动量守恒，应用动量的计算公式与动量守恒定律可以求出动量的该变量与木块的速度【解析】： 解：子弹动量的该变量
35、：p=mvmv0=0.020100.020100=1.8kgm/s，负号表示方向；子弹穿过木块过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv+Mv，代入数据解得：v=1.2m/s；故答案为：1.8，1.2【点评】： 本题考查了求动量的变化量、求速度，应用动量的计算公式、动量守恒定律即可正确解题23据预测，在太阳系外发现了首颗“宜居”行星，其质量约为地球质量的6.4倍，一个在地球表面重力为700N的人在“宜居”行星表面的重力将变为1120N该行星绕恒星A旋转，其到恒星A的距离是地球到太阳距离的3倍，恒星A的质量为太阳质量的12倍由此可推知，该行星的半径是地球半径的2
36、倍，在该行星上的“一年”与在地球上的“一年”之比为3：2【考点】： 万有引力定律及其应用专题： 万有引力定律的应用专题【分析】： （1）根据一个人地球表面与该行星表面重力之比，即可求出该行星表面与地球表面重力加速度之比在忽略自转的情况下，万有引力等于物体所受的重力，所以根据重力之比，可以该行星的半径与地球半径之比（2）行星绕恒星A做匀速圆周运动，由恒星A的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可以列式得到该行星公式周期的表达式，同理，得到地球绕太阳周期的表达式，即可求出行星与地球公式周期之比，即是在该行星上的“一年”与在地球上的“一年”之比【解析】： 解：（1）在地球表面，有G地=mg地在该行星
37、表面处，有G行=mg行则得，该行星表面与地球表面重力加速度之比为：g行：g地=G行：G地=1120N：700N=1.6：1在忽略自转的情况下，万有引力等于物体所受的重力得有 R2=故=4 所以该行星的半径与地球半径之比为2：1（2）对于行星绕恒星的运动，由恒星的万有引力提供行星的向心力，则有=得行星公转周期为 T=2则得：该行星公转与地球公式周期之比为=即在该行星上的“一年”与在地球上的“一年”之比为3：2故答案为：2；3：2【点评】： 第1题根据黄金代换式g=研究行星的半径与地球半径之比第2题要建立行星绕恒星运动的模型，根据恒星的万有引力提供行星的向心力，列式求解周期关系24（4分）如图所示
38、，两个大小相同、质量分别为mA、mB的球体，球A套在水平细杆上，球A与球B间用一轻质绳相连，由于受到水平风力作用，细绳与竖直方向的夹角为，两球一起向右匀速运动已知重力加速度为g则风力大小为mBgtan，球与水平细杆间的动摩擦因数为【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】： 先对球B受力分析，受重力、风力和拉力，根据共点力平衡条件列式求解风力；再对A、B两物体组成的整体受力分析，受重力、支持力、风力和水平向左的摩擦力，再次根据共点力平衡条件列式求解动摩擦因素【解析】： 解：对球B受力分析，受重力、风力和拉力，如图，根据共点力平衡条件，有：F=
39、mBgtanT=把环和球当作一个整体，对其受力分析，受重力（mA+mB）g、支持力N、风力F和向左的摩擦力f，如右图：根据共点力平衡条件可得：N=（mA+mB）g，f=F则A环与水平细杆间的动摩擦因数为：故答案为：mBgtan，【点评】： 本题关键是先对整体受力分析，再对球B受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解，不难25（4分）如图甲所示的电路中，电动势=8V，内阻不计，R1=10，R2=30，它们都是阻值不随温度改变的定值电阻，白炽灯L1和L2相同，它们的IU特性曲线如图乙所示，则当电键S断开时通过白炽灯L1的电流0.3A当电键S闭合时两个白炽灯消耗的总功率为1.2W【考点】： 描绘小电
40、珠的伏安特性曲线专题： 实验题【分析】： 根据闭合电路欧姆定律表示出灯泡L1两端的电压和电流的关系式，并在画在IU图线中，找出交点求解【解析】： 解：在题图中的电路中，设灯泡L1的实际电压和实际电流分别为U和I 在这个闭合电路中，有 E=U+IR代入数据并整理得，U=1210I这是一个直线方程，把该直线在题IU图线画出，如图所示这两条曲线的交点为U=5V、I=0.3A，通过白炽灯L1的电流是0.3A当电键S闭合时，设每只电灯加上的实际电压和实际电流分别为U和I 在这个闭合电路中，有 E=U+（2I+）R1代入数据并整理得，U=810I这是一个直线方程，把该直线在题图上画出，如图所示这两条曲线的
41、交点为U=3V、I=0.2A，当电键S闭合时两个白炽灯消耗的总功率为P=2UI=1.2W故答案为：0.3，1.2【点评】： 注意学会从数学函数的角度分析物理图象问题，并区分曲线上某点与原点连线的斜率和曲线的切线的斜率含义的不同表示电源的伏安特性曲线是往下倾斜的直线，表示电阻的伏安特性曲线是过原点的曲线，若将两图象画在同一坐标系中，其交点即表示该电源与该电阻接在了同一个电路中了26（4分）如图所示为16mm电影放映机放电影，这种电影放映机使用宽度为16mm的电影胶片，电影中的声音以声音信号的方式刻录在电影胶片上若此电影胶片的厚度H=0.14mm片夹上密密地绕了一整盘电影胶片，如图所示，图中d和D
42、分别表示片夹内所转电影胶片的内径和外径则这盘电影胶片的总长度L约是645.9m（保留1位小数）；若按每秒24幅画面正常放映，且不计胶片头与片尾的长度，这盘电影胶片大约能连续正常放映的时间为59.8分钟（保留1位小数）【考点】： 线速度、角速度和周期、转速专题： 匀速圆周运动专题【分析】： 根据体积不变列式求解长度；根据速度时间关系求解时间【解析】： 解：根据缠绕时体积等于展开时体积知：HL16=（）16即0.14L16=（3.14）16解得L=645900mm=645.9m若按每秒24幅画面正常放映，且不计胶片头与片尾的长度，则解得t=3589s=59.8min故答案为：645.9m；59.8
43、【点评】： 本题考查知识点较多，注意找不变的量，同时注意读图找相关的数值五、实验题（共24分）27（5分）关于多用电表及其使用，下列说法中正确的是（） A 拿到多用电表时指针未指在刻度最左端，应先用电阻的调零旋钮调零 B 测直流电压时，其红表笔接高电势处 C 测电路中某个电阻的阻值时，要将该电阻与其它元件断开 D 换测另一个电阻时都必须重新调零【考点】： 多用电表的原理及其使用专题： 恒定电流专题【分析】： 每选定一次欧姆档位后电路发生改变要重新进行欧姆调零，测量电阻要把电阻与其它元件独立；电流要从红表笔流入；【解析】： 解：A、任何电表使用前都要机械调零而不是欧姆调零，故A误；B、测电压时，
44、其红表笔接高电势处，因为电流要从红表笔流入，故B正确；C、测电路中某个电阻的阻值时，一定要将该电阻与其它元件断开，避免测量出现较大误差，C正确；D、当测量电阻时，没有换挡位时，不需要进行欧姆调零，故D错误；故选：BC【点评】： 本题考查了多用电表的使用方法，题目难度不大，要在平时学习中多积累28（6分）如图所示，为某学生实验小组拍摄的某小球做自由落体运动的完整频闪照片，已知闪光灯每秒钟闪n次，试写出当地重力加速度g两个表达式，g1=h3+h12h2）n2（用n，h1，h2，h3和数字表示），g2=h1n2或h2n2或h3n2（用n，h1，h2，h3和数字表示）如果已知当地重力加速度g，则用这个
45、实验验验证机械能守恒的表达式gh2=（h3h1）2n2【考点】： 验证机械能守恒定律专题： 实验题【分析】： 根据自由落体位移与时间公式h=，结合闪光灯周期，即可求解加速度；再根据下落过程中，重力势能转化为动能，从而可列出机械能守恒的表达式【解析】： 解：（1）由题意可知，闪光灯的周期为T=；当地重力加速度g两个表达式，一、根据连续相邻相等时间的位移之差相等，即x=gT2，则有：h3h2（h2h1）=g1T2；解得：g1=（ h3+h12 h2）n2；二、根据自由落体位移与时间公式h=，则有：h1=；或h2=；或h3=；而t1=3T；t2=4T；t3=5T；解得：g2=h1n2 或g2=h2n
46、2 或g2=h3n2；（2）根据重物下落过程中，重力势能转化为动能，则有：mgh2=m（ h3h1）2n2；因质量相同，则可得，验证机械能守恒的表达式：g h2=（ h3h1）2n2；故答案为：（ h3+h12 h2）n2；h1n2 或h2n2 或h3n2；g h2=（ h3h1）2n2；【点评】： 考查匀变速直线运动中，运动学公式的应用，注意闪光灯的闪光周期，并掌握如何验证机械能守恒，注意此处速度是通过平均速度等于中时刻的瞬时速度29（7分）在用DIS描绘电场等势线的实验中，实验装置如图甲所示（1）（多选）关于实验与操作，下列说法中正确的是BD（A）连接电极a、b的电电压为交流46V（B）导
47、电纸有导电物质的一面应该向上（C）连接电正负极的电极A、B必须与导电物质保持绝缘（D）距电极越近等势线越密（2）在该实验中，在两个电极的连线上选取间距相等的a、b、c、d、e五个点作基准点，如图乙所示，实验中测得a、b两点间的电压为U1，b、c两点间的电压为U2，则U1大于U2（选填“大于”、“小于”或“等于”）【考点】： 用描迹法画出电场中平面上的等势线专题： 实验题【分析】： （1）用DIS描绘电场等势线”的实验原理是用恒定电流场模拟静电场，需要直流电源等势线描绘在白纸上，在木板上依次铺放白纸、复写纸、导电纸；放置导电纸时有导电物质的一面应向上电极与导电纸应有良好的接触（2）明确各基准点中
48、靠近两个电极的点电场强度越大，再根据U=Ed即可求解【解析】： 解：（1）A、本实验原理是用恒定电流场来模拟静电场，与电源正极相连的电极作为“正电荷”，与电源负极相连的电极作为“负电荷”，所以连接电极a、b两电极的电源必须为直流电源故A错误B、因为要在导电纸上确定等势点，所以放置导电纸时有导电物质的一面必须向上故B正确C、实验中圆柱形电极与导电纸应有良好的接触，否则没有电流形成故C错误；D、距电极越近，电场越强，则等势线越密，故D正确故选：BD（2）由于两个电极相当于两个等量的异号电荷，所以a与b间的平均电场强度一定大于b与c间的平均电场强度，根据U=Ed可知：U1U2，故答案为：（1）BD；
49、（2）大于【点评】： 明确“用描迹法画出电场中平面上的等势线”实验的原理和方法是解决此实验的关键知道本实验采用模拟法描绘静电场等势线，要在理解的基础上，记牢要点30（8分）测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：（A）待测的干电池（B）电流传感器1（C）电流传感器2（D）定值电阻R0（2000）（E）滑动变阻器R（020，2A）（F）开关和导线若干某同学发现上述器材中虽然没有电压传感器，但给出了两个电流传感器，于是他设计了如图甲所示的电路完成实验（1）在实验操作过程中，该同学将滑动变阻器的滑片P向左滑动，则电流传感器1的示数将变大（选填“变大”或“变小”）（2）该同学利用测出的实
50、验数据绘出的I1I2图线（I1为电流传感器1的示数，I2为电流传感器2的示数，且I2的数值远远大于I1的数值），如图乙所示则由图线可得被测电池的电动势E=3.0V，内阻r=2.0（3）若将图线的纵坐标改为I1R0，则图线与纵坐标的交点的物理含义即为电动势的大小【考点】： 测定电源的电动势和内阻专题： 实验题【分析】： （1）滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片P向右滑动时 R值减小，电流传感器1的示数和电流传感器2的示数都变化（2）由闭合电路欧姆定律可得出与题目中给出仪器有关的表达式，再由数学规律可得出电动势和内电阻（3）若图象纵坐标为路端电压，则图象与纵坐标的交点为电源的电动势【解析
51、】： 解：（1）滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片P向左滑动时R值增大，电流传感器2的示数变小，电流传感器1的示数变大（2）路端电压：U=I1R0=EI2r，变形得：I1=I2； 由数学知可得：图象中的k=；b=；由图可知：b=1.50；k=； 故解得：E=3.0V，r=2.0；（3）若图象纵坐标改为路端电压，即I1R0，则图象与纵坐标的交点为电源的电动势；故答案为：（1）变大；（2）3（0.1）V；1（0.1）；（3）I1R0【点评】： 本题要注意电路中采用的是传感器安安法测电动势和内电阻，其本质就是用其中的表头改装电压表；另外在解题时要注意一些细节，如图象中的纵坐标不是从零开始变
52、化的，并且其单位为mA等，都应细心观察六、计算题（共50分）31（12分）如图所示，高台的上面有一竖直的圆弧形光滑轨道，半径R=1.25m，轨道端点B的切线水平质量m=0.5kg的滑块（可视为质点）由轨道顶端A由静止释放，离开B点后经时间t=1s撞击在足够长的斜面上的P点已知斜面的倾角=37，斜面底端C与B点的水平距离x0=3m当滑块m离开B点时，位于斜面底端C点、质量M=1kg的小车，在沿斜面向上的恒定拉力F作用下，由静止开始向上加速运动，恰好在P点被m击中并卡于其中滑块与小车碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F，此时小车整体速度变为3.2m/s，仍沿斜面向上运动已知小车与斜面间动摩擦因数=
53、0.25g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，不计空气阻力求：（1）滑块离开至B点时的速度大小；（2）拉力F大小；（3）小车在碰撞后在斜面上运动的时间【考点】： 机械能守恒定律；牛顿第二定律；平抛运动专题： 机械能守恒定律应用专题【分析】： （1）由机械能守恒定律求出滑块到达B点时的速度（2）由平抛运动知识求出M的水平位移，然后由几何知识求出M的位移，由运动学公式求出M的加速度，由牛顿第二定律求出拉力大小（3）由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式可以求出滑块的运动时间【解析】： 解：（1）m由A到B过场中，由机械能守恒定律得：mgR=解得：vB=5m/s（2）m离开B后做
54、平抛运动的水平位移x=vBt=5m由几何关系可得M的位移为：s=设滑块M向上运动的加速度为a，由s=可得a=5m/s2由牛顿第二定律可得：FMgsin37Mgcos37=Ma解得：F=13N（3）撤去拉力后，滑块M沿斜面上滑过程的加速度：（M+m）gsin37+（M+m）gcos37=（M+m）a1a1=gsin37+gcos37=0.8m/s2上滑时间t1=上滑位移s1=0.64m滑块M沿斜面下滑过程的加速度a2=gsn37gcos37=4m/s2下滑过程s+s1=解 得：所以返回所用的时间为：t=t1+t2=（0.4+1.25）s=1.65s答：（1）滑块离开至B点时的速度大小5m/s；（
55、2）拉力F大小13N；（3）小车在碰撞后在斜面上运动的时间1.65s【点评】： 本题是多体多过程问题，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用机械能守恒定律、牛顿定律、运动学公式即可正确解题32（12分）如图甲所示的是安全恒温饮水机的自动控制电路左边是一个对水加热的容器，内有密封绝缘可调的电热丝发热器和接触开关S1，只要有水浸没S1，它就会导通Rx是一个热敏电阻，低温时呈现高电阻，达到高温时（如水的沸点）呈现低电阻Ry是一个可变电阻，低温时RxRy，高温（水的沸点）时RxRy中方框P内是一个逻辑门，A、B是逻辑门的输入端，Z是输出端当A、B输入都为高电势时，Z才输出高电势右边虚线框J内是一个
56、继电器，当Z输出高电势时电磁线圈中有电流，S2被吸动闭合，发热器工作该加热电路中，电的电动势为220V，内电阻为4，电热丝是一根额定电流为5A、总阻值为220的均匀电阻丝制成的圆环形滑动变阻器，如图乙所示（1）根据题意，甲图中方框P是一个与（选填“与”、“或”、“非”）逻辑门，该逻辑门输入信号由水位高低控制的输入端是B，输入信号由水温高低控制的输入端是A（后两空选填“A”、“B”）（2）当加热电路安全工作时，电的可能最高效率和可能最大输出功率分别是多少？【考点】： 闭合电路的欧姆定律；电功、电功率；传感器在生产、生活中的应用【分析】： 1、由题，当A、B输入都为高电势时，Z才输出高电势，故P应
57、是与逻辑门本饮水机的自动加热原理：当水温较低时，Rx阻值较大，A为高电势，且有水浸没J，B也为高电势，则Z才输出高电势，电磁线圈中有电流，S被吸动闭合，发热器工作2、当电阻丝并联电阻R总电阻最大时，电源达到的效率最高，根据这点求出并联的最大电阻，然后计算电源效率，即为最大值电阻丝的一个支路的电阻为允许的最小值，其电流恰达到额定电流时，这时并联电阻丝达到允许的最大功率，据此根据闭合电路的欧姆定律计算出这个最小电阻值，再求出并联的总阻值，再计算电源的输出功率，此功率即为最大功率【解析】： 解：（1）由题，当A、B输入都为高电势时，Z才输出高电势，故P应是与逻辑门本饮水机的自动加热原理：当水温较低时
58、，Rx阻值较大，A为高电势，且有水浸没J，B也为高电势，则Z才输出高电势，电磁线圈中有电流，S被吸动闭合，发热器工作所以该逻辑门输入信号由水位高低控制的输入端是 B，输入信号由水温高低控制的输入端是 A（2）可见当电阻丝并联电阻R最大时，电可能达到的效率最高由于，当R1=RR1时，并联电阻达最大值Rmax=55电的效率=所以max=100%=93.2%设电阻丝的一个支路电阻R1为允许的最小值R1min时，其电流恰达到额定电流I0=5A，这时并联电阻丝的达到允许的最大功率由闭合电路欧姆定律，得代入数据并整理，得R21min264 R1min+8800=0解得R1min=39.1（另一解大于220
59、，不合题意，舍去）这时并联电阻R=32.15所以电可能的最大输出功率为Pmax=32.15W=1190W答：（1）与，A，B；（2）电源的可能最高效率为93.2%，可能最大输出功率分别是1190W【点评】： 解本题要知道两点：当电阻丝并联电阻R总电阻最大时，电源达到的效率最高；电阻丝的一个支路的电阻为允许的最小值，其电流恰达到额定电流时，这时并联电阻丝达到允许的最大功率33（12分）如图所示，长为L的平板车，质量为m1，上表面到水平地面的高度为h，以速度v0向右做匀速直线运动，A、B是其左右两个端点从某时刻起对平板车施加一个水平向左的恒力F，与此同时，将一个质量为m2的小物块轻放在平板车上的P
60、点（小物块可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），PB=，经过一段时间，小物块脱离平板车落到地面已知小物块下落过程中不会和平板车相碰，所有摩擦力均忽略不计，重力加速度为g求：（1）小物块从离开平板车开始至落到地面所用的时间；（2）小物块在平板车上停留的时间【考点】： 牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题： 牛顿运动定律综合专题【分析】： （1）由平抛运动的规律可明确下落时间；（2）小物块保持静止，而木板向右减速然后再反向加速；故物体可能从A端滑下，也可能从B端滑下，由运动学公式可解得停留的时间【解析】： 解：（1）由平抛运动规律可知，小球落地时间：t0=（2）a=
61、第一种情况：当，小球由A端滑下，由牛顿第二定律可知：F由=v0tat2，可解出t=；（t=+舍去）第二种情况：当，即F，小球从B端落下=v0tat，解得：t=+；（t=舍去）答：（1）小物块从离开平板车开始至落到地面所用的时间为（2）小物块在平板车上停留的时间为或+【点评】： 本题考查牛顿第二定律的应用，在解题中要认真分析题意，明确本题中物体一直保持静止；故只分析木板的运动即可34（12分）如图所示，两平行金属导轨轨道MN、MN间距为L，其中MO和MO段与金属杆间的动摩擦因数=0.4，ON和ON段光滑且足够长，两轨道的交接处由很小的圆弧平滑连接，导轨电阻不计，左侧接一阻值为R的电阻和电流传感器
62、，轨道平面与水平面的夹角分别为=53和=37区域PQPQ内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为d，PP的高度为h2=0.3m现开启电流传感器，同时让质量为m、电阻为r的金属杆ab自高h1=1.5m处由静止释放，金属杆与导轨垂直且保持接触良好，电流传感器测得初始一段时间内的It（电流与时间关系）图象如图乙所示（图中I0为已知）求：（1）金属杆第一次进入磁场区域时的速度大小v1（重力加速度为g取10m/s2）；（2）金属杆第一次离开磁场到第二次离开磁场区域时的时间间隔t的大小（此后重力加速度取g）；（3）电阻R在t1t3时间内产生的总热能QR（用v1和其他已知条件表示）；（4）定性画出t
63、4时刻以后可以出现电流的、且金属杆又回到OO的这段时间内可能的It关系图象【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；动能定理专题： 电磁感应与电路结合【分析】： （1）有动能定理求得进入时的速度，（2）有图象可知，金属杆第一次离开磁场时刻为t2，第二次离开磁场区域时的时刻为t4，而t2到t3金属棒做匀减速运动，t3到t4金属棒做匀速运动，分别利用运动学公式求解即可；（3）根据能量守恒定律和串并联电路特点，求解热量（4）根据牛顿第二定律和运动学知识点，确定金属棒的运动，定性的画出vt图象；【解析】： 解：（1）金属杆从静止开始运动到达pp位置，由动能定理解得：v1=m/s（2）金属杆第一次出磁场
64、的速度为v2，由图线可知，当金属杆中的电流为I0时处于平衡状态：由FA=BI0L=mgsin得，解得：v2=金属杆第一次出磁场的速度为v2，加速度a2=gsin，末速度为0，金属杆做匀减速运动，根据匀变速运动规律，可以看成反向匀加速，由：v=v0at根据对称性得：t1=t3t2=，进入磁场后，金属杆做匀速运动，穿越磁场的时间t2=，所以时间t=t1+t2=+，（3）电阻R在t1t3时间内产生的总热能，由能量守恒得；Q=由串并联电路特点得：QR=（mv12mv22mgdsin）=（4）t4之后，冲上MO斜面之后由于摩擦力作用能量损耗，速度减小，穿过磁场又在滑下穿过磁场的情况：进入磁场为穿越就减速到零返回的情况：答：（1）金属杆第一次进入磁场区域时的速度大小v1为：（2）金属杆第一次离开磁场到第二次离开磁场区域时的时间间隔t的大小为：+，（3）电阻R在t1t3时间内产生的总热能QR为；（4）如图或【点评】： 本题利用能量守恒和牛顿第二定律及运动学知识，难度较大，注意过程的分界点及过程之间的联系
