1、广西梧州市岑溪中学2016年高考物理二模试卷（解析版）二、选择题（本大题共8小题，每小题6分，在每个小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确.全部选对得6分，选对但不全的得3分，选错或不选的得0分）1下列说法中正确的是（）A一群氢原子处于n=4的激发态向较低能级跃迁，最多可放出八种频率的光子B衰变现象说明电子是原子核的组成部分C卢瑟福预言了中子的存在，查德威克通过原子核人工转变的实验发现了中子D粒子散射实验揭示了原子的可能能量状态是不连续的2如图所示，气缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平衡状态现通过电热丝对气
2、体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与气缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是（）A气体A吸热，内能增加B气体B吸热，对外做功，内能不变C气体A分子的平均动能增大D气体A和气体B内每个分子的动能都增大3如图，有一半圆形玻璃砖，、两束不同频率的单色光从玻璃砖底边平行射入，a、b为入射点（均在玻璃砖底边圆心O的左侧），两束光进入玻璃砖后一起射到O点，OO垂直底边，下列说法正确的是（）A从O点射出的一定是一束复色光B若两束光为红光和蓝光，则从a点入射的是蓝光C若增大两束光的入射角，则光将先发生全反射D若将光的入射点a左移一点，则两束平行光的出射光线也一定平行
3、4如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态，若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则（）AB对墙的压力增大BA与B之间的作用力增大C地面对A的摩擦力减小DA对地面的压力减小5如图所示，虚线表示某电场的等势面一带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点的径迹如图中实线所示粒子在A点的速度为vA、电势能为EPA；在B点的速度为vB、电势能为EPB则下列结论正确的是（）A粒子带正电，vAvB，EPAEPBB粒子带负电，vAvB，EPAEPBC粒子带正电，vAvB，EPAEPBD粒子带负电，vAvB，EP
4、AEPB6一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示介质中x=2m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin（10t）cm关于这列间谐波，下列说法正确的是（）A周期为2.0sB振幅为20cmC传播方向沿x轴正方向D传播速度为20m/s7马航失联牵动全世界人的心，初步确定失事地点位于南纬30 52东经115 52的澳大利亚西南城市珀斯附近的海域有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，每天上午同一时刻在该区域的正上方对海面拍照，则（）A该卫星可能是通过地球两极上方的轨道B该卫星平面可能与南纬30 52所确定的平面共面C该卫星平面一定与东经115 52所确定的平面共面D地球自转周期一定是该卫星运行
5、周期的整数倍8如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，电阻R1=R2=25，D为理想二极管，原线圈接u=220sin100t（v）的交流电，则（）A交流电的频率为100HzB通过R2的电流为1AC通过R2的电流为AD变压器的输入功率为200W三、非选择题（本题共5小题，共174分）（注意：在试卷上作答无效）9有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度用它测量一小球的直径，如图1所示的读数是cm如图2，用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图所示的读数是mm10（10分）（2016岑溪市校级二模）在描绘一个小灯泡的伏安特性曲线实验中（1）由于灯泡电
6、阻未知，先用多用电表的电阻档1档粗测量，操作步骤正确，表盘示数如图甲所示，该小灯泡的阻值大约是有下列器材供选择：A电压表（03V，内阻约为10K）；B电压表（015V，内阻约为20K）；C电流表（00.6A，内阻约为1）；D电流表（03A，内阻约为0.4）；E滑动变阻器（10，2A）F两节干电池（电压3V），还有电建，导线若干（2）实验中所用电压表应选用，电流表应选用（选择器材前面的字母）（3）实验时要求尽量减小实验误差，测量电压从零开始多取几组数据，请在图乙中以笔画线代替导线将实物连接成满足实验要求的测量电路（4）根据如图3所示图象可知小灯泡的电阻随电流的增大而（选择“增大”、“减小”或“不
7、变”）11（16分）（2014春安徽模拟）如图所示，A球从倾角=30的光滑斜面上某点由静止开始滚下，然后进入足够长的光滑水平面上，经M点时速度大小不发生变化，方向立刻变为水平向左B球从M点开始向左做直线运动，试问：若A球从斜面上某一高处静止滚下，同时B球以v0=8m/s向左做匀速直线运动，A球的高度满足什么条件，A、B两球能发生碰撞若A球从斜面上N点静止开始滚下，MN=10m，B球同时从M点由静止向左以加速度a=2m/s2做匀加速直线运动，问：经多长时间两者相碰？（g=l0 m/s2）12（19分）（2014安庆二模）如图所示，平行板电容器上板M带正电，两板间电压恒为U，极板长为（1+）d，板
8、间距离为2d，在两板间有一圆形匀强磁场区域，磁场边界与两板及右侧边缘线相切，P点是磁场边界与下板N的切点，磁场方向垂直于纸面向里，现有一带电微粒从板的左侧进入磁场，若微粒从两板的正中间以大小为V0水平速度进入板间电场，恰做匀速直线运动，经圆形磁场偏转后打在P点（1）判断微粒的带电性质并求其电荷量与质量的比值；（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）若带电微粒从M板左侧边缘沿正对磁场圆心的方向射入板间电场，要使微粒不与两板相碰并从极板左侧射出，求微粒入射速度的大小范围13（21分）（2016岑溪市校级二模）如图所示，质量为mA=2kg的平板车A静止在水平地面上，车长d=37.5m物块B静止在
9、平板车左端，在物块B正前方某处有一小球C，球C通过长l=0.32m的细绳与固定点O相连，球C恰好与物块B等高，且C始终不与平板车A接触在t=0时刻，平板车A突然获得水平初速度v0开始向左运动，后来某一时刻物块B与球C发生弹性碰撞，碰后球C恰好能绕O点在竖直平面内作圆周运动若B、C可视为质点，mB=mC=1kg，物块B与平板车A、平板车A与地面之间的动摩擦因数均为=0.2，g取10m/s2，求：（1）B、C碰撞瞬间，细绳拉力的大小？（2）B、C碰撞前瞬间物块B的速度大小？（3）若B、C碰撞时，物块B在平板车的中间位置，且t0=1.5s时平板车A的速度变为v1=5m/s，则物块B是在加速阶段还是减
10、速阶段与球C相碰撞？小车的初速度v0多大？2016年广西梧州市岑溪中学高考物理二模试卷参考答案与试题解析二、选择题（本大题共8小题，每小题6分，在每个小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确.全部选对得6分，选对但不全的得3分，选错或不选的得0分）1下列说法中正确的是（）A一群氢原子处于n=4的激发态向较低能级跃迁，最多可放出八种频率的光子B衰变现象说明电子是原子核的组成部分C卢瑟福预言了中子的存在，查德威克通过原子核人工转变的实验发现了中子D粒子散射实验揭示了原子的可能能量状态是不连续的【考点】氢原子的能级公式和跃迁；粒子散射实验【分析】根据C求出氢原子发出光子的种数衰
11、变中产生的电子是原子核中的一个中子转化而来的卢瑟福预言了中子的存在，查德威克通过原子核人工转变的实验发现了中子粒子散射实验揭示了原子具有核式结构【解答】解：A、一群氢原子处于n=4的激发态向较低能级跃迁，根据C知这群氢原子最多能发出6种频率的光，故A错误；B、衰变时，原子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子，释放出来的电子就是粒子，可知衰变现象不是说明电子是原子核的组成部分故B错误；C、卢瑟福预言了中子的存在，查德威克通过原子核人工转变的实验发现了中子，故C正确；D、粒子散射实验揭示了原子具有核式结构，故D错误；故选：C【点评】本题考查了玻尔理论、衰变，粒子散射，都是基本知识，加强记忆是基本
12、的学习方法2如图所示，气缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平衡状态现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与气缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是（）A气体A吸热，内能增加B气体B吸热，对外做功，内能不变C气体A分子的平均动能增大D气体A和气体B内每个分子的动能都增大【考点】理想气体的状态方程【分析】隔板导热良好，因此加热过程气体的温度增加，由此可知温度的变化和气体分子平均动能的变化情况；由气体B做等压变化的规律可知气体体积的变化，则可得出做功情况，根据热力学第一定律进一步判断
13、气体吸放热情况；根据被封闭气体压强的微观解释可以判断气体分子单位时间内对器壁单位面积碰撞情况【解答】解：A、气体A等容变化W=0，温度升高，内能增加，根据U=W+Q，可知气体A吸热，故A正确；B、气体B做等压变化，温度升高，则体积增大，气体对外做功，W0，温度升高，内能增加，根据U=W+Q，可知气体B吸热，故B错误；C、气体A温度升高，气体分子的平均动能增大，故C正确；D、温度是分子平均动能的标志，但并不是每一个分子动能都增大，可能有的分子动能还减小，故D错误；故选：AC【点评】本题考查热力学第一定律及理想气体的实验定律，应重点掌握决定内能的因素及正确应用热力学第一定律3如图，有一半圆形玻璃砖
14、，、两束不同频率的单色光从玻璃砖底边平行射入，a、b为入射点（均在玻璃砖底边圆心O的左侧），两束光进入玻璃砖后一起射到O点，OO垂直底边，下列说法正确的是（）A从O点射出的一定是一束复色光B若两束光为红光和蓝光，则从a点入射的是蓝光C若增大两束光的入射角，则光将先发生全反射D若将光的入射点a左移一点，则两束平行光的出射光线也一定平行【考点】光的折射定律【分析】根据光路可逆性和几何知识分析出射光线的关系，即可判断从O点射出的应是复色光玻璃砖对束光的偏折角大于对束光的偏折角，则玻璃砖对束光的折射率大于对束光的折射率，由临界角公式sinC=分析临界角大小，再分析全反射现象【解答】解：A、两光束射到O
15、点时的入射角都等于在玻璃砖底边的折射角，根据光路可逆性可知，从O点射出时折射角都等于在玻璃砖底边的入射角，而在玻璃砖底边两光束平行射入，入射角相等，所以从O点射出时折射角相同，两光束重合，则从O点射出的一定是一束复色光故A正确B、由图知玻璃砖对b束光的偏折角大于对a束光的偏折角，则玻璃砖对b束光的折射率大于对a束光的折射率，因为蓝光的折射率比红光大，所以若两束光为红光和蓝光，则从b点入射的是蓝光，故B错误C、若增大两束光的入射角，光线射到圆弧面的入射点向右移动，入射角将减小，不可能发生全反射，故C错误D、若将光的入射点a左移一点，光线将射到O左侧，入射角不再等于在玻璃砖底边的折射角，则折射角也
16、不等于在玻璃砖底边的入射角，所以两束平行光的出射光线一定不平行，故D错误故选：A【点评】本题实质考查对不同色光特性的理解能力和掌握程度对于七种色光各个量的比较是高考中常见的基本题型，可根据光的色散、干涉的结果，结合折射定律和临界角公式理解记忆4如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态，若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则（）AB对墙的压力增大BA与B之间的作用力增大C地面对A的摩擦力减小DA对地面的压力减小【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】对小球进行受力分析，根据A物
17、体移动可得出小球B受A支持力方向的变化，由几何关系可得出各力的变化，对整体进行分析可得出水平向上摩擦力及竖直向上的压力的变化【解答】解：对小球B受力分析，作出平行四边形如图所示：A滑动前，B球受墙壁及A的弹力的合力与重力大小相等，方向相反；如图中实线所示；而将A向外平移后，B受弹力的方向将上移，如虚线所示，但B仍受力平衡，由图可知A球对B的弹力及墙壁对球的弹力均减小；故A错误，B错误；以AB为整体分析，水平方向上受墙壁的弹力和地面的摩擦力而处于平衡状态，弹力减小，故摩擦力减小，故C正确；竖直方向上受重力及地面的支持力，两物体的重力不变，故A对地面的压力不变，故D错误；故选：C【点评】本题应注意
18、图析法及整体法的应用，灵活选择研究对象可以对解决物理题目起到事半功倍的效果5如图所示，虚线表示某电场的等势面一带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点的径迹如图中实线所示粒子在A点的速度为vA、电势能为EPA；在B点的速度为vB、电势能为EPB则下列结论正确的是（）A粒子带正电，vAvB，EPAEPBB粒子带负电，vAvB，EPAEPBC粒子带正电，vAvB，EPAEPBD粒子带负电，vAvB，EPAEPB【考点】等势面；电势能【分析】图中场源位于等势面圆心位置，根据曲线的弯曲可知是静电斥力，根据等差等势面的疏密判断场强大小，结合牛顿第二定律得到加速度大小关系；根据公式=判断电势能高低【解答】
19、解：由于等势面是同心圆，且外大里小，故图中场源位于等势面圆心位置，是负电荷；根据曲线的弯曲可知是静电斥力，故粒子也带负电；由于B位置等差等势面较密集，场强大，加速度大，即aAaB；从A到B，电势降低，根据公式=，B点电势能大，即EPAEPB；电场力做负功，粒子的动能减小，速度减小，vAvB故选：B【点评】本题关键是先根据等势面判断场源，结合曲线运动判断电场力，根据公式=判断电势能高低，不难6一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示介质中x=2m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin（10t）cm关于这列间谐波，下列说法正确的是（）A周期为2.0sB振幅为20cmC传播方向沿x轴正
20、方向D传播速度为20m/s【考点】波长、频率和波速的关系【分析】根据质点P的振动方程y=10sin（10t+）cm，读出，周期T=t=时，y=10cm到达波谷，可知t=0时刻P质点的速度向下，即可判断出波的传播方向P、Q振动方向总是相反，由t=0.5s时刻P点的速度，确定Q点的速度方向根据时间与周期的倍数，求解路程【解答】解：A、质点P的振动方程y=10sin（10t+）cm，则=10rad/s，周期T=0.2s故A错误B、由波的图象得：振幅A=10cm故B错误；C、将t=代入y=10sin（10t+）cm，得y=10cm，说明t=0时刻P质点的速度向下，波的传播方向沿x轴负向故C错误D、由波
21、的图象得：振幅A=10cm，波长=4m，故波速为v=m/s故D正确故选：D【点评】本题的解题关键是根据P质点的振动方程，读出，求出周期T，由t=时P的位移，判断波的传播方向7马航失联牵动全世界人的心，初步确定失事地点位于南纬30 52东经115 52的澳大利亚西南城市珀斯附近的海域有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，每天上午同一时刻在该区域的正上方对海面拍照，则（）A该卫星可能是通过地球两极上方的轨道B该卫星平面可能与南纬30 52所确定的平面共面C该卫星平面一定与东经115 52所确定的平面共面D地球自转周期一定是该卫星运行周期的整数倍【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】卫星绕地
22、球做圆周运动，万有引力提供圆周运动的向心力，故卫星轨道平面必与地心共面，且地心为轨道圆心，据此分析即可【解答】解：A、人造卫星绕地球匀速圆周运动，万有引力提供向心力，故人造卫星的轨道中心为地心，故选项A正确；B、若卫星平面与南纬30 52所确定的平面共面，则地心不在轨道平面内，万有引力指向地心，故不能满足万有引力提供圆周运动向心力的要求，故B错误；C、由于地球自转作用，该卫星平面不一定与东京115 52所确定的平面共面，故C错误；D、该卫星每天上午同一时刻均在该区域正上方，即地球自转一圈，卫星恰绕地球转动整数圈，故D正确；故选：AD【点评】解决本题的关键是抓住卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆
23、周运动向心力，由于卫星所受万有引力指向地心，故卫星所在轨道平面与地心共面，且地心为轨道的圆心，据此才能正确分析得出结论8如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，电阻R1=R2=25，D为理想二极管，原线圈接u=220sin100t（v）的交流电，则（）A交流电的频率为100HzB通过R2的电流为1AC通过R2的电流为AD变压器的输入功率为200W【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率【分析】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比和二极管的特点即可求得结论【解答】解：A、交流电的频率f=50Hz，A错误B、由表达式知原线圈电压
24、有效值为220V，副线圈两端电压为50V，由于二极管的单向导电性，根据电流热效应，所以R2的电压U=25V，通过R2的电流为A，B错误C正确；D、副线圈消耗的功率P=150W，输入功率等于输出功率，D错误故选：C【点评】本题的难点在于二极管的作用，是使得反向电流不能通过，根据电流热效应求其有效值三、非选择题（本题共5小题，共174分）（注意：在试卷上作答无效）9有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度用它测量一小球的直径，如图1所示的读数是1.355cm如图2，用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图所示的读数是0.740mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使
25、用【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读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【解答】解：游标卡尺的主尺读数为1.3cm，游标读数为0.0511mm=0.55mm=0.055cm，所以最终读数为：1.3cm+0.055cm=1.355cm；螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.0124.0mm=0.240mm，所以最终读数为：0.5mm+0.240mm=0.740mm故答案为：1.355，0.740【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读
26、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10（10分）（2016岑溪市校级二模）在描绘一个小灯泡的伏安特性曲线实验中（1）由于灯泡电阻未知，先用多用电表的电阻档1档粗测量，操作步骤正确，表盘示数如图甲所示，该小灯泡的阻值大约是9有下列器材供选择：A电压表（03V，内阻约为10K）；B电压表（015V，内阻约为20K）；C电流表（00.6A，内阻约为1）；D电流表（03A，内阻约为0.4）；E滑动变阻器（10，2A）F两节干电池（电压3V），还有电建，导线若干（2）实验中所用电压表应选用A，电流表应选用C（选择器材前面的字母）（3）实验时要求尽量减小实验误差，测量电压从零开
27、始多取几组数据，请在图乙中以笔画线代替导线将实物连接成满足实验要求的测量电路（4）根据如图3所示图象可知小灯泡的电阻随电流的增大而增大（选择“增大”、“减小”或“不变”）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】（1）欧姆表指针示数与挡位乘积是欧姆表示数；（2）根据电源电压选择电压表，根据所测最大电流选择电流表；（3）根据题意确定滑动变阻器的接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后连接实物电路图；（4）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象，根据图象应用欧姆定律判断灯泡电阻如何变化【解答】解：（1）多用电表选择电阻档1档，由图甲所示，欧姆表示数为91=9；（2）电源电动
28、势为1.52=3V，电压表应选A，由表中实验数据可知，所测量的最大电流值为0.27A，电流表应选C（3）描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻R=10.37，电压表内阻约为10k，电流表内阻约为1，相对来说电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示；（4）由图象可知，随电流增大灯泡电压增大，电压与电流的比值增大，灯泡电阻增大故答案为：（1）9；（2）A，C；（3）实物电路如图所示；（4）增大【点评】本题应明确：欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；连接实物电路图时要先确定滑动变阻器与电流表的接法，当电压与电流从零开始变化时，滑动
29、变阻器应采用分压接法11（16分）（2014春安徽模拟）如图所示，A球从倾角=30的光滑斜面上某点由静止开始滚下，然后进入足够长的光滑水平面上，经M点时速度大小不发生变化，方向立刻变为水平向左B球从M点开始向左做直线运动，试问：若A球从斜面上某一高处静止滚下，同时B球以v0=8m/s向左做匀速直线运动，A球的高度满足什么条件，A、B两球能发生碰撞若A球从斜面上N点静止开始滚下，MN=10m，B球同时从M点由静止向左以加速度a=2m/s2做匀加速直线运动，问：经多长时间两者相碰？（g=l0 m/s2）【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】
30、A到达水平面上的速度只要大于8m/s，A，B两球就可以发生碰撞，然后根据牛顿第二定律和运动学公式求A球的高度；二者相碰时水平面内的位移相等，据此列方程【解答】解：A到达水平面上的速度只要大于8m/s，A，B两球就可以发生碰撞，A的加速度：a1=gsin30=5m/s2若到达低端的速度：vt=a1t=8m/s得：t=1.6s根据位移公式：s=at2=51.62=6.4mh=ssin30=3.2m则h满足的条件：h3.2mA球从NM 过程，a1=gsin30=5m/s2根据位移公式：s1=a1t12得：t1=2sV1=a1t1=52=10m/sA与B相碰时： at2=V1（t2）所以t=（5+）s
31、或（5）s当t=5+时，B的速度为（10+）m/sVA=10m/s，所以A追不上B，所以应将（5+）s舍去考虑到实际情况，取：t=（5）s答：若A球从斜面上某一高处静止滚下，同时B球以v0=8m/s向左做匀速直线运动，A球的高度满足h3.2m，A、B两球能发生碰撞若A球从斜面上N点静止开始滚下，MN=10m，B球同时从M点由静止向左以加速度a=2m/s2做匀加速直线运动，经时间（5）s两者相碰【点评】本题属于追及问题，第二问属于匀速追匀加速：若二者速度相等时还未追上则永远追不上，速度相等时有最小距离；灵活的运用牛顿第二定律和运动学公式是解决问题的基础12（19分）（2014安庆二模）如图所示，
32、平行板电容器上板M带正电，两板间电压恒为U，极板长为（1+）d，板间距离为2d，在两板间有一圆形匀强磁场区域，磁场边界与两板及右侧边缘线相切，P点是磁场边界与下板N的切点，磁场方向垂直于纸面向里，现有一带电微粒从板的左侧进入磁场，若微粒从两板的正中间以大小为V0水平速度进入板间电场，恰做匀速直线运动，经圆形磁场偏转后打在P点（1）判断微粒的带电性质并求其电荷量与质量的比值；（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）若带电微粒从M板左侧边缘沿正对磁场圆心的方向射入板间电场，要使微粒不与两板相碰并从极板左侧射出，求微粒入射速度的大小范围【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
33、动【分析】（1）微粒在平行板中受电场力和重力作用，在电场中恰好做匀速直线运动说明重力和电场力平衡，由于上极板带正电，可以判断微粒带电荷种类及其电荷量与质量的比值；（2）微粒进入磁场后做匀速圆周运动，绘出微粒运动轨迹可以求出粒子运动的半径，根据洛伦兹力提供圆周运动向心力求出磁场B的大小；（3）画出满足题设条件的粒子运动轨迹，根据临界条件由洛伦兹力提供向心力求解即可【解答】解：（1）由题意知，微粒所受电场力向上，上极板带正电可得微粒带负电，由于微粒做匀速直线运动可得：mg=qE又电场强度E=可得：（2）由题意可得，微粒从下板P垂直射出，所以R=d根据牛顿第二定律：解得：（3）如图所示要使粒子从左板
34、射出，临界条件是恰从下板左边射出，此时根据几何关系可得：微粒做圆周运动的半径为：又根据牛顿第二定律：解得：v=即要使微粒从左板射出须有：v答：（1）微粒的带负电，其电荷量与质量的比值为；（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小为；（3）若带电微粒从M板左侧边缘沿正对磁场圆心的方向射入板间电场，要使微粒不与两板相碰并从极板左侧射出，微粒入射速度的大小范围为v【点评】本题主要考查带电微粒在复合场中的运动问题，在电场与重力场中做匀速运动说明电场力与重力平衡，进入磁场后粒子所受合力为洛伦兹力即将在洛伦兹力作用下做圆周运动，根据题设条件绘出粒子运动轨迹并由几何知识求出粒子圆周运动的半径这是解决问题的突破口1
35、3（21分）（2016岑溪市校级二模）如图所示，质量为mA=2kg的平板车A静止在水平地面上，车长d=37.5m物块B静止在平板车左端，在物块B正前方某处有一小球C，球C通过长l=0.32m的细绳与固定点O相连，球C恰好与物块B等高，且C始终不与平板车A接触在t=0时刻，平板车A突然获得水平初速度v0开始向左运动，后来某一时刻物块B与球C发生弹性碰撞，碰后球C恰好能绕O点在竖直平面内作圆周运动若B、C可视为质点，mB=mC=1kg，物块B与平板车A、平板车A与地面之间的动摩擦因数均为=0.2，g取10m/s2，求：（1）B、C碰撞瞬间，细绳拉力的大小？（2）B、C碰撞前瞬间物块B的速度大小？（
36、3）若B、C碰撞时，物块B在平板车的中间位置，且t0=1.5s时平板车A的速度变为v1=5m/s，则物块B是在加速阶段还是减速阶段与球C相碰撞？小车的初速度v0多大？【考点】动量守恒定律；功能关系【分析】（1）C在最高点是重力和绳子的拉力提供向心力，求得它通过最高点的速度；上升的过程中机械能守恒，得最低点的速度；在最低点，拉力好重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求得绳子的拉力；（2）BC碰撞过程中动量守恒，能量守恒，求得碰撞前物块B的速度（3）根据B、C碰撞时，物块B在平板车的中间位置确定A与B的相对位移，根据且t0=1.5s时平板车A的速度变为v1=5m/s，使用动量守恒确定B的速度，然
37、后使用牛顿第二定律，分别设出并计算出A与B的加速度，最后使用运动学的公式求解【解答】解：（1）当球C在最高点处时由牛顿第二定律，得：mcg=碰后球C从最低点到最高点过程中：mcg2l=mcv2mcvc2当球C在最低点处：Fmcg=解得：F=60N（2）选取B与C组成的系统为研究的对象，B的初速度的方向为正方向，B与C碰撞的过程中满足动量守恒，设物块B与球C碰撞前速度为vB，碰撞后速度为vB，则：mBvB+mcvc=mBvBmBvB2+mcvc2=mBvB2解得：vB=4m/s（3）刚开始时，平板车的加速度大小a1，物块B的加速度大小a2，对平板车，由牛顿第二定律，mBg（mA+mB）g=mAa
38、1得a1=4m/s2对物块B，mBg=mBa2a2=2m/s2假设B在加速阶段与C相碰，加速时间t，则vB=a2tvA=v0a1t，且vAvB故平板车A的初速度：v012m/st0=1.5s时平板车速度v1=v0a1t06m/s由于v1=5m/s 所以物块B只能在与平板车相对静止共同减速阶段与球C相碰物块B与平板车相对静止共同减速时加速度大小a3，由牛顿第二定律，得（mA+mB）g=（mA+mB）a3解得：a3=2m/s2设物块B与平板车速度相对滑动时间t1，则v1=v0a1t1a3（1.5t1）=v0t1a1t12a2t12联立式子，解得：v0=9m/s答：（1）B、C碰撞瞬间，细绳拉力的大小是60N；（2）B、C碰撞前瞬间物块B的速度大小是4m/s（3）若B、C碰撞时，物块B在平板车的中间位置，且t0=1.5s时平板车A的速度变为v1=9m/s，则物块B只能在与平板车相对静止共同减速阶段与球C相碰；小车的初速度是9m/s【点评】该题的情景看似比较简单，对B与C碰撞前的条件进行分析，确定有两种不同的情况是解题的关键该题解题的过程中容易出现错误
