1、2015年安徽省安庆市桐城中学高考物理模拟试卷（5月份）一、本卷共7小题，每小题6分，共120分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1两束不同频率的单色光a、b从空气射入水中，发生了如图所示的折射现象（）下列结论中正确的是（）A 光束b的频率比光束a低B 在水中的传播速度，光束a比光束b小C 水对光束a的折射率比水对光束b的折射率小D 若光束从水中射向空气，则光束b的临界角比光束a的临界角大2如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时A、B静止；现用力F沿斜面向上推A，但AB并未运动下列说法正确的是（）A A、B之间的摩擦力可能大小不变B
2、A、B之间的摩擦力一定变小C B与墙之间可能没有摩擦力D 弹簧弹力一定不变3未发射的卫星放在地球赤道上随地球自转时的线速度为v1，加速度为a1；发射升空后在近地轨道上做匀速圆周运动时的线速度为v2、加速度为a2；实施变轨后，使其在同步卫星的轨道上做匀速圆周运动，运动的线速度为v3、加速度为a3则v1、v2、v3和a1、a2、a3的大小关系是（）A v2v3v1 ，a2a3a1B v3v2v1 ，a2a3a1C v2v3=v1 ，a2=a1a3D v2v3v1 ，a3a2a14在如图所示的电路中，电容器A的电容CA=30F，电容器B的电容CB=10F在电键K1、K2都是断开的情况下，分别给电容器
3、A、B充电充电后，M点的电势比N点高5V，O点的电势比P点低5V然后把K1、K2都接通，接通后M点的电势比N点高（）A 10V B 5V C 2.5V D 4.0V5如图所示电路中，电源电压u=311sin100t（V），A、B间接有“220V 440W”的电暖宝、“220V 220W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝下列说法正确的是（）A 交流电压表的示数为311VB 电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3AC 电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍D 1min抽油烟机消耗的电能为1.32104J6如图所示，在半径为R的圆形区域内有匀强磁场在边长为2R的正方形区域里也有匀强磁场，两个磁场的
4、磁感应强度大小相同两个相同的带电粒子以相同的速率分别从M、N两点射入匀强磁场在M点射入的带电粒子，其速度方向指向圆心；在N点射入的带电粒子，速度方向与边界垂直，且N点为正方形边长的中点，则下列说法正确的是（）A 带电粒子在磁场中飞行的时间不可能相同B 从N点射入的带电粒子不可能先飞出磁场C 从M点射入的带电粒子不可能先飞出磁场D 从N点射入的带电粒子可能比M点射入的带电粒子先飞出磁场7如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B（长木板足够长）的左端放着小物块A某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F=kt，其中k为已知常数若物体之间的滑动摩擦力（f）的大小等于最大
5、静摩擦力，且A、B的质量相等，则下列图中可以定性地描述长木板B运动的vt图象的是（）A B C D 二、解答题（共5小题，满分68分）8在做“用单摆测定重力加速度”的实验过程中（1）某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验过程中，用毫米刻度尺测得摆线长L0=945.8mm；并用游标卡尺测得摆球的直径如图甲所示，则摆球直径d=mm；用秒表测得单摆完成n=40次全振动的时间如图乙所示，则秒表的示数t=s（2）如果该同学测得的g值偏小，可能的原因是（填字母序号）A计算摆长时没有计入摆球的半径B开始计时时，秒表过迟按下C摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了D试验中误将39次全振动
6、数为40次（3）在“单摆测重力加速度”的实验中，如果摆球质量不均匀，按照正常的方法进行实验，会给测量结果造成误差一个同学设计了一个巧妙的方法，可以避免上述误差，实验分两次进行，第一次测得悬线长为L1，测得振动周期为T1；第二次只改变悬线长为L2，并测得此时单摆的振动周期为T2，根据测量数据导出重力加速度的表达式为9某物理学习小组的同学在研究性学习过程中，用伏安法研究某电子元件R1（6V，2.5W）的伏安特性曲线，要求多次测量尽可能减小实验误差，备有下列器材：A直流电源（6V，内阻不计）B电流表G（满偏电流3mA，内阻Rg=10）C电流表A（00.6A，内阻未知）D滑动变阻器R（020，5A）E
7、滑动变阻器R（0200，1A）F定值电阻R0（阻值1990）G开关与导线若干（1）根据题目提供的实验器材，请你设计出测量电子元件R1伏安特性曲线的电路原理图（R1可用“”表示）（画在如图丙方框内）（2）在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用（填写器材序号）（3）将上述电子元件R1 和另一电子元件R2接入如图所示的电路甲中，它们的伏安特性曲线分别如图乙中oa、ob所示电源的电动势E=6.0V，内阻忽略不计调节滑动变阻器R3，使电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，则此时电子元件R1的阻值为，R3接入电路的阻值为（结果保留两位有效数字）10擦黑板也许同学们都经历过，手拿黑板
8、擦在竖直的黑板面上，或上下或左右使黑板擦与黑板之间进行滑动摩擦，将黑板上的粉笔字擦干净已知黑板的规格是：4.5m1.5m，黑板的下边沿离地的高度为0.8m，若小黑板擦（可视为质点）的质量为0.1kg，现假定某同学用力将小黑板擦在黑板表面缓慢竖直向上擦黑板，当手臂对小黑板擦的作用力F与黑板面成45角时，F=20N，他所能擦到的最大高度为2.05m，g取10m/s2求：（1）此小黑板擦与黑板之间的动摩擦因数；（2）如该同学擦到最高位置时意外让小黑板擦沿黑板面竖直向下滑落，则小黑板擦砸到黑板下边沿的速度大小11德国亚琛工业大学的科研人员成功开发了一种更先进的磁动力电梯升降机，满足上千米摩天大楼中电梯
9、升降的要求如图所示是一种磁动力电梯的模拟机，即在竖直平面内有两根很长的平行竖直轨道，轨道间有垂直轨道平面的匀强磁场B1和B2，且B1和B2的方向相反，B1=B2=1T，电梯桥厢固定在如图所示的一个用超导材料制成的金属框abcd内（电梯桥厢在图中未画出），并且与之绝缘电梯载人时的总质量为m=5103kg，所受阻力大小为Ff=500N，金属框垂直轨道的边长为Lcd=2m，两磁场的宽度均与金属框的边长Lac相同，金属框整个回路的电阻为R=1.0103，问：（1）假如两磁场始终竖直向上做匀速运动设计要求电梯以v1=10m/s的速度向上匀速运动，那么，磁场向上运动的速度v0应该为多大？（2）假如t=0时
10、两磁场由静止开始向上做匀加速运动，加速度大小为a=1.5m/s2，电梯可近似认为过一小段时间后也由静止开始向上做匀加速运动，t=5s末电梯的速度多大？电梯运动的时间内金属框中消耗的电功率多大？从电梯开始运动到t=5s末时间内外界提供给系统的总能量为多大？12如图，木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x与滑块B（可视为质点）相连的细线一端固定在O点水平拉直细线并给B一个竖直向下的初速度，当B到达最低点时，细线恰好被拉断，B从A右端的上表面水平滑入A与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力已知A的质量为2m，B的质量为m，A、B之间动摩擦因数为；细线长为L、能承受的最大拉力为B重力的5倍；A
11、足够长，B不会从A表面滑出；重力加速度为g（1）求B的初速度大小v0和细线被拉断瞬间B的速度大小v1；（2）A与台阶只发生一次碰撞，求x满足的条件；（3）x在满足（2）条件下，讨论A与台阶碰撞前瞬间的速度2015年安徽省安庆市桐城中学高考物理模拟试卷（5月份）参考答案与试题解析一、本卷共7小题，每小题6分，共120分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1两束不同频率的单色光a、b从空气射入水中，发生了如图所示的折射现象（）下列结论中正确的是（）A 光束b的频率比光束a低B 在水中的传播速度，光束a比光束b小C 水对光束a的折射率比水对光束b的折射率小D 若光束从水中射向空气，则光
12、束b的临界角比光束a的临界角大考点：光的折射定律；全反射分析：由题，两束光的入射角相等，折射角，根据折射定律n=，判断水对两束光折射率的大小水对光的折射率越大，此光的频率越大由v=分析光在水中速度大小由临界角公式sinC=分析临界角的大小解答：解：A、C由n= 知，b光的折射率较大，则b的频率较大故A错误，C正确 B、由v=分析可知，b光的折射率较大，在同种介质传播速度较小故B错误 D、由临界角公式sinC=分析得到，b光的折射率较大，对同种介质的临界角较小故错误故选C点评：光的折射率、频率、光速、临界角的对应关系需清楚，有些学生弄不清它们之间的关系，得出错误的答案属于中等难度题2如图所示，物
13、块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时A、B静止；现用力F沿斜面向上推A，但AB并未运动下列说法正确的是（）A A、B之间的摩擦力可能大小不变B A、B之间的摩擦力一定变小C B与墙之间可能没有摩擦力D 弹簧弹力一定不变考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：隔离对A分析，通过A受力平衡判断A、B之间摩擦力的变化通过对整体分析，抓住AB不动，弹簧的弹力不变，判断B与墙之间有无摩擦力解答：解：A、对A，开始受重力、B对A的支持力和静摩擦力平衡，当施加F后，仍然处于静止，开始A所受的静摩擦力大小为mAgsin，若F=2
14、mAgsin，则A、B之间的摩擦力大小可能不变故A正确，B错误C、对整体分析，由于AB不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于A、B的总重力，施加F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，根据平衡知，则B与墙之间一定有摩擦力故C错误，D正确故选AD点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解，以及掌握整体法和隔离法的运用3未发射的卫星放在地球赤道上随地球自转时的线速度为v1，加速度为a1；发射升空后在近地轨道上做匀速圆周运动时的线速度为v2、加速度为a2；实施变轨后，使其在同步卫星的轨道上做匀速圆周运动，运动的线速度为v3、加速度为a3则v1、v2、v3和a1
15、、a2、a3的大小关系是（）A v2v3v1 ，a2a3a1B v3v2v1 ，a2a3a1C v2v3=v1 ，a2=a1a3D v2v3v1 ，a3a2a1考点：同步卫星专题：人造卫星问题分析：根据万有引力提供向心力，比较近地卫星和同步卫星的线速度和加速度大小，根据同步卫星与地球自转的角速度相等，通过v=r，以及a=r2比较待发射卫星的线速度与同步卫星的线速度以及加速度关系解答：解：对于近地卫星和同步卫星而言，有：G=ma=m，解得a=，v=，知v2v3，a2a3对于待发射卫星和同步卫星，角速度相等，根据v=r知，v3v1，根据a=r2知，a3a1则v2v3v1；，a2a3a1故选A点评：
16、解决本题的关键知道线速度与向心加速度与轨道半径的关系，以及知道同步卫星与地球自转的角速度相等4在如图所示的电路中，电容器A的电容CA=30F，电容器B的电容CB=10F在电键K1、K2都是断开的情况下，分别给电容器A、B充电充电后，M点的电势比N点高5V，O点的电势比P点低5V然后把K1、K2都接通，接通后M点的电势比N点高（）A 10V B 5V C 2.5V D 4.0V考点：闭合电路的欧姆定律；电容分析：在电键K1、K2都是断开的情况下，由Q=CU可求得两电容器所带电量把K1、K2都接通后，求出稳定后极板的总电量，根据两电容器的电压相等，再由Q=CU求解MN间的电势差解答：解：由题意可知
17、，充电后两电容器的电量分别为：QA=CAU=305106=1.5104C；QB=CBU=105106=5105C把K1、K2都接通后，由于两电容器分别将正、负极相接，故应先中和电量；故接通后总电量应为：Q=1.5104C5105C=1104C；两电容器的电压相等，设为U1，则有：U1CA+U1CB=Q；可得：U1=2.5V；M点的电势高于N点；O点电势高于P点；故有：UMN=2.5V；故选：C点评：本题考查电容的串联，注意稳定后两电容器两端的电压应相等才能保证不会出现电荷的移动；同时注意电压相等，但电量不同5如图所示电路中，电源电压u=311sin100t（V），A、B间接有“220V 440
18、W”的电暖宝、“220V 220W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝下列说法正确的是（）A 交流电压表的示数为311VB 电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3AC 电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍D 1min抽油烟机消耗的电能为1.32104J考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系专题：交流电专题分析：交流电压表的示数为有效值，由公式P=UI知电路要正常工作，干路中电流为3A，电暖宝是纯电阻，而抽油烟机是非纯电阻解答：解：A、交流电压表的示数为有效值=220V，故A错误；B、由公式P=UI知电路要正常工作，干路中电流为3A，所以保险丝的额定电流不能小于3A，故B错误；C、电暖宝是纯电
19、阻，而抽油烟机是非纯电阻，故C错误；D、1min抽油烟机消耗的电能为W=Pt=l32104J，故D正确故选：D点评：本题考查了交流电的峰值、有效值以及结合欧姆定律进行的有关计算，难度不大6如图所示，在半径为R的圆形区域内有匀强磁场在边长为2R的正方形区域里也有匀强磁场，两个磁场的磁感应强度大小相同两个相同的带电粒子以相同的速率分别从M、N两点射入匀强磁场在M点射入的带电粒子，其速度方向指向圆心；在N点射入的带电粒子，速度方向与边界垂直，且N点为正方形边长的中点，则下列说法正确的是（）A 带电粒子在磁场中飞行的时间不可能相同B 从N点射入的带电粒子不可能先飞出磁场C 从M点射入的带电粒子不可能先
20、飞出磁场D 从N点射入的带电粒子可能比M点射入的带电粒子先飞出磁场考点：带电粒子在匀强磁场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子的运动轨迹，然后分析答题解答：解：带电粒子垂直于磁场方向进入匀强磁场，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得，粒子的轨道半径：r=，两粒子相同、两粒子的速率相同，则两粒子的轨道半径r相同，粒子做圆周运动的周期T=相等，粒子运动轨迹如图所示；A、由图示可知，当粒子轨道半径r=R时，两粒子在磁场中的运动时间相等，都等于T，故A错误；BCD、由图示可知，当粒子轨道半径
21、rR时，粒子在圆形磁场中做圆周运动转过的圆心角都小于在正方形区域中做圆周运动转过的圆心角，则粒子在圆形磁场中的运动时间小于在正方形磁场中的运动时间，即从M点射入的粒子运动时间小于从N点射入的粒子运动时间，故B正确，CD错误故选：B点评：本题考查了比较粒子在磁场中的运动时间，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，比较出粒子在磁场中转过的圆心角大小即可正确解题，作出粒子的运动轨迹是正确解题的前提与关键7如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B（长木板足够长）的左端放着小物块A某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F=kt，其中k为已知常数若物体之间的滑动摩擦力（f）的
22、大小等于最大静摩擦力，且A、B的质量相等，则下列图中可以定性地描述长木板B运动的vt图象的是（）A B C D 考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像；滑动摩擦力专题：牛顿运动定律综合专题分析：当F较小时，AB整体具有共同的加速度，二者相对静止，当F较大时，二者加速度不同，将会发生相对运动，此后A做变加速直线，B匀加速直线运动，为了求出两物体开始分离的时刻，必须知道分离时F的大小，此时采用整体法和隔离法分别列牛顿第二定律的方程即可解答：解：选AB整体为研究对象，AB整体具有共同的最大加速度，有牛顿第二定律 得：a1=对B应用牛顿第二定律：a1=对A应用牛顿第二定律：a1=经历时间：t=由以上
23、解得：t=此后，B将受恒力作用，做匀加速直线运动，图线为倾斜的直线故选B点评：当两者相对运动后，B将受恒力作用，做匀加速运动，可排除C、D选项，A、B选项的差别在于恰好相对运动的时刻，就需分别采用隔离法和整体法分别列方程了，也可以采用反证法，看看当F=f时是否相对滑动？所以，要注意总结解题方法二、解答题（共5小题，满分68分）8在做“用单摆测定重力加速度”的实验过程中（1）某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验过程中，用毫米刻度尺测得摆线长L0=945.8mm；并用游标卡尺测得摆球的直径如图甲所示，则摆球直径d=20.30mm；用秒表测得单摆完成n=40次全振动的时间如图乙所示，则秒表的示数
24、t=78.4s（2）如果该同学测得的g值偏小，可能的原因是AC（填字母序号）A计算摆长时没有计入摆球的半径B开始计时时，秒表过迟按下C摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了D试验中误将39次全振动数为40次（3）在“单摆测重力加速度”的实验中，如果摆球质量不均匀，按照正常的方法进行实验，会给测量结果造成误差一个同学设计了一个巧妙的方法，可以避免上述误差，实验分两次进行，第一次测得悬线长为L1，测得振动周期为T1；第二次只改变悬线长为L2，并测得此时单摆的振动周期为T2，根据测量数据导出重力加速度的表达式为g=考点：用单摆测定重力加速度专题：实验题；单摆问题分析：（1）游标卡
25、尺读数规则为：先读主尺（只读整数），再加上游标尺（格数乘以分度分之一，格数找对齐的一个不估读）；秒表读数等于大盘刻度读数加上小盘刻度读数；（2）根据单摆周期公式列式分析即可；（3）单摆的摆长应是悬点到摆球重心的距离，可假设摆线的结点到摆球重心距离为r，根据单摆的周期公式列式求出重力加速度的表达式解答：解：（1）主尺读数为：20mm，游标尺为20分度，精确度为0.05mm，读数为：60.05=0.30mm，故球的直径为：20mm+0.30mm=20.30mm；秒表大盘读数18.4s，小盘读数60s，故秒表读数为：60s+18.4s=78.4s；（2）同学测得的g值偏小，说明摆长测量值偏大或者周期
26、测量值偏大；A、计算摆长时没有计入摆球的半径，摆长测量值偏小，故加速度测量值偏小，故A正确；B、开始计时时，秒表过迟按下，周期测量值偏小，故加速度测量值偏大，故B错误；C、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，故相对与原来的单摆，周期测量值偏大了，故加速度测量值偏小，故C正确；D、试验中误将39次全振动数为40次，周期测量值偏小，故加速度测量值偏大，故D错误；故选：AC；（3）设摆线的结点到摆球重心距离为r，则 T1=2，T2=2联立两式解得，g=故答案为：（1）20.30；78.4；（2）AC；（3）g=点评：常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础掌握单摆的周期公式，
27、从而求解加速度并进行误差分析解决本题关键要抓住单摆的摆长与摆线长度之间的关系，运用单摆的周期公式进行解答9某物理学习小组的同学在研究性学习过程中，用伏安法研究某电子元件R1（6V，2.5W）的伏安特性曲线，要求多次测量尽可能减小实验误差，备有下列器材：A直流电源（6V，内阻不计）B电流表G（满偏电流3mA，内阻Rg=10）C电流表A（00.6A，内阻未知）D滑动变阻器R（020，5A）E滑动变阻器R（0200，1A）F定值电阻R0（阻值1990）G开关与导线若干（1）根据题目提供的实验器材，请你设计出测量电子元件R1伏安特性曲线的电路原理图（R1可用“”表示）（画在如图丙方框内）（2）在实验中
28、，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用D（填写器材序号）（3）将上述电子元件R1 和另一电子元件R2接入如图所示的电路甲中，它们的伏安特性曲线分别如图乙中oa、ob所示电源的电动势E=6.0V，内阻忽略不计调节滑动变阻器R3，使电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，则此时电子元件R1的阻值为10，R3接入电路的阻值为4（结果保留两位有效数字）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）在该实验中，滑动变阻器采用分压接法，由于没有电压表，因此需要用已知内阻的电流表G进行改装，由此可画出原理图（2）在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变
29、阻器（3）电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，说明它们的电压和电流相等，根据图象求出此时流过R1和R2的电压电流，从而求出R1的阻值，根据串并联知识进一步求出滑动变阻器接入电路中的电阻值解答：解：（1）描绘灯泡的伏安特性曲线，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由题意可知，没有电压表，需要用已知内阻的电流表G与定值电阻R0串联测电压，灯泡电阻R=14.4，电压表内阻为10+1990=2000，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，电路图如图所示（2）为方便实验操作，同时分压接法时，要求用小电阻，故滑动变阻器应选D（2）（3）两元件串联，流过它们的电流始图相等，电子元件
30、R1和R2消耗的电功率恰好相等，说明它们的电压和电流相等，由图乙可知，此时电阻两端的电压为U=2.5V，I=0.25A，根据欧姆定律得：R1=10根据串并联电路特点，可知，此时流过R3的电流为：I=2I=0.5A，两端的电压为：U=EU=6V2.5V=3.5VR3接入电阻的阻值为：R3=4.0；故答案为：（1）D；（2）如图所示；（3）10；4.0点评：本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还要学会结合图象以及电路的串并联进行数据处理10擦黑板也许同学们都经历过，手拿黑板擦在竖直的黑板面上，或上下或左右使黑板擦与黑板之间进行滑动摩擦，将黑板上的粉
31、笔字擦干净已知黑板的规格是：4.5m1.5m，黑板的下边沿离地的高度为0.8m，若小黑板擦（可视为质点）的质量为0.1kg，现假定某同学用力将小黑板擦在黑板表面缓慢竖直向上擦黑板，当手臂对小黑板擦的作用力F与黑板面成45角时，F=20N，他所能擦到的最大高度为2.05m，g取10m/s2求：（1）此小黑板擦与黑板之间的动摩擦因数；（2）如该同学擦到最高位置时意外让小黑板擦沿黑板面竖直向下滑落，则小黑板擦砸到黑板下边沿的速度大小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：（1）小黑板受重力、推力、支持力和摩擦力，根据共点力平衡条件列式求解；（2）小黑板
32、只受重力，做自由落体运动，根据速度位移公式列式求解解答：解：（1）小黑板擦向上缓慢移动，处于平衡状态，它的受力如图水平方向：FNFsin =0竖直方向：Fcos mgFf=0又Ff=FN所以=1=1=0.93；（2）小黑板擦可看成质点，它向下滑落的过程与黑板间无摩擦，它做自由落体运动由运动学公式得：v2=2gh解得：v= m/s=5 m/s答：（1）此小黑板擦与黑板之间的动摩擦因数为0.93；（2）小黑板擦砸到黑板下边沿的速度大小为5m/s点评：本题关键是明确不同过程的黑板擦的受力情况和运动情况，然后根据共点力平衡条件和运动学公式列式求解11德国亚琛工业大学的科研人员成功开发了一种更先进的磁动
33、力电梯升降机，满足上千米摩天大楼中电梯升降的要求如图所示是一种磁动力电梯的模拟机，即在竖直平面内有两根很长的平行竖直轨道，轨道间有垂直轨道平面的匀强磁场B1和B2，且B1和B2的方向相反，B1=B2=1T，电梯桥厢固定在如图所示的一个用超导材料制成的金属框abcd内（电梯桥厢在图中未画出），并且与之绝缘电梯载人时的总质量为m=5103kg，所受阻力大小为Ff=500N，金属框垂直轨道的边长为Lcd=2m，两磁场的宽度均与金属框的边长Lac相同，金属框整个回路的电阻为R=1.0103，问：（1）假如两磁场始终竖直向上做匀速运动设计要求电梯以v1=10m/s的速度向上匀速运动，那么，磁场向上运动的
34、速度v0应该为多大？（2）假如t=0时两磁场由静止开始向上做匀加速运动，加速度大小为a=1.5m/s2，电梯可近似认为过一小段时间后也由静止开始向上做匀加速运动，t=5s末电梯的速度多大？电梯运动的时间内金属框中消耗的电功率多大？从电梯开始运动到t=5s末时间内外界提供给系统的总能量为多大？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）电梯受三个力作用：重力，阻力，安培力，要想匀速运动则要求安培力要克服重力和阻力据此可以求的磁场速度（2）由磁场的运动可以求得安培力，进而由牛顿第二定律求恶的电梯的加速度，之后可得5s末的速度由磁场速度减电梯速度可以得到
35、金属矿相对磁场的速度，进而可以求的金属框中的电流，然后可以求的功率由能量守恒可知外界提供的能量应为：电梯动能增加，重力势能增加，克服阻力的功，以及产生的电热等四者之和解答：解：（1）电梯向上匀速运动时，框中感应电流大小为金属框所受安培力F=2B1ILcd安培力大小与重力和阻力之和相等，所以F=mg+Ff即得：v0=13.2m/s（2）电梯向上匀加速运动时，金属框中感应电流大小为 金属框所受安培力F=2B1ILcd由牛顿定律得：FmgFf=ma 即 解得：v1=3.9m/s金属框中感应电流为：I=1.44104AA金属框中的电功率为：P1=I2R=2.07105W电梯上升高度为：上升时间为：外界
36、提供的总能量为E=mgh+Ffh+mv12+P1t=8.3105J答：（1）v0=13.2m/s（2）5s末速度为：3.9m/s金属框中的电功率为：2.07105W外界提供的总能量为：8.3105J点评：本题考查导体切割磁感线中的能量问题，其中第二大问的第三小问是比较容易出错的，外界提供的能量转化的方式比较多，所以容易遗漏12如图，木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x与滑块B（可视为质点）相连的细线一端固定在O点水平拉直细线并给B一个竖直向下的初速度，当B到达最低点时，细线恰好被拉断，B从A右端的上表面水平滑入A与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力已知A的质量为2m，B的质量为m，
37、A、B之间动摩擦因数为；细线长为L、能承受的最大拉力为B重力的5倍；A足够长，B不会从A表面滑出；重力加速度为g（1）求B的初速度大小v0和细线被拉断瞬间B的速度大小v1；（2）A与台阶只发生一次碰撞，求x满足的条件；（3）x在满足（2）条件下，讨论A与台阶碰撞前瞬间的速度考点：动能定理的应用专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据机械能守恒定律、结合牛顿第二定律，通过绳子的最大拉力求出B的初速度大小v0和细线被拉断瞬间B的速度大小v1（2）若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足A的动量大小大于B的动量，结合动能定理求出A与台阶只能碰撞一次的条件（3）根据动量守恒定律求出A左端到台阶板前瞬间，A
38、、B恰好达到共同速度木板A移动的位移x0，然后分情况讨论，当xx0物块与木板共速后与台阶碰撞，当x0x物块与木板共速前与台阶碰撞，根据动量守恒定律结合动能定理求出A与台阶碰撞前瞬间的速度解答：解：（1）滑块B从释放到最低点，机械能守恒，有：在最低点，由牛顿运动定律：又：T=5mg联立得：，v1=（2）设A与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为vA和vB，由动量守恒mv1=mvB+2mvA若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：|2mvA|mvB|对A应用动能定理：联立解得：，即A与台阶只能碰撞一次的条件是：（3）设x=x0时，A左端到台阶板前瞬间，A、B恰好达到共同速度vAB，由动量守恒 mv1=（m+2m）vAB对A应用动能定理：联立得：（i）当xx0即时，AB共速后A与挡板碰撞由可得A与台阶碰撞前瞬间的速（ii）当即时，AB共速前A就与台阶碰撞，对A应用动能定理：A与台阶碰撞前瞬间的速度：vA2=答：（1）B的初速度大小为，细线被拉断瞬间B的速度大小为；（2）A与台阶只发生一次碰撞，求x满足的条件（3）时，A与台阶碰撞前瞬间的速度，时，A与台阶碰撞前瞬间的速度点评：本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律、牛顿第二定律、动量守恒定律，综合性强，对学生能力的要求较高，是一道难题在第三问中可能AB共速后与台阶碰撞，可能共速前与台阶碰撞