1、北京市朝阳区2015届高考物理一模试卷一、本部分共8小题，每小题6分，共120分在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项1下列说法中正确的是( )A布朗运动就是液体分子的热运动B物体的温度越高，分子的平均动能越大C外界对系统做功，其内能一定增加D系统从外界吸收热量，其内能一定增加2一个氢原子从n=2能级跃迁到n=3能级，则该氢原子( )A吸收光子，能量增加B吸收光子，能量减少C放出光子，能量增加D放出光子，能量减少3如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁场方向垂直的轴匀速转动产生交流电，电动势e随时间t的变化关系如图乙所示，则( )A该交流电的频率为100HzB该交流电电动势
2、的有效值为311VCt=0.01s时，穿过线框的磁通量为零Dt=0.01s时，穿过线框的磁通量的变化率为零4如图所示，从同一水平线上的不同位置，沿水平方向抛出两小球A、B，不计空气阻力要使两小球在空中相遇，则必须( )A先抛出A球B先抛出B球C同时抛出两球D两球质量相等5如图所示，一物块静止在粗糙的斜面上现用一水平向右的推力F推物块，物块仍静止不动则( )A斜面对物块的支持力一定变小B斜面对物块的支持力一定变大C斜面对物块的静摩擦力一定变小D斜面对物块的静摩擦力一定变大6图中虚线是某电场中的一簇等势线两个带电粒子从P点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示若粒子仅受电场
3、力的作用，下列说法中正确的是( )A两粒子的电性相同Ba点的电势高于b点的电势C粒子从P运动到a的过程中，电势能增大D粒子从P运动到b的过程中，动能增大7在“测电源电动势和内阻”的实验中，某同学作出了两个电源路端电压U与电流I的关系图线，如图所示两个电源的电动势分别为E1、E2，内阻分别为r1、r2如果外电路分别接入相同的电阻R，则两个电源的( )A路端电压和电流不可能同时相等B输出功率不可能相等C总功率不可能相等D效率不可能相等8第一宇宙速度又叫做环绕速度，第二宇宙速度又叫做逃逸速度理论分析表明，逃逸速度是环绕速度的倍，这个关系对其他天体也是成立的有些恒星，在核聚变反应的燃料耗尽而“死亡”后
4、，强大的引力把其中的物质紧紧地压在一起，它的质量非常大，半径又非常小，以致于任何物质和辐射进入其中都不能逃逸，甚至光也不能逃逸，这种天体被称为黑洞已知光在真空中传播的速度为c，太阳的半径为R，太阳的逃逸速度为假定太阳能够收缩成半径为r的黑洞，且认为质量不变，则应大于( )A500B500C2.5105D5.0105二、非选择题：9用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图甲所示这块玻璃砖的折射率n=_（用图中字母表示）如果有几块宽度d不同的玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度d较_（选填“大”或“小”）的玻璃砖来测量10某同学利用单摆测定
5、当地的重力加速度实验室已经提供的器材有：铁架台、夹子、秒表、游标卡尺除此之外，还需要的器材有_A长度约为1m的细线B长度约为30cm的细线C直径约为2cm的钢球D直径约为2cm的木球E最小刻度为1cm的直尺F最小刻度为1mm的直尺该同学在测量单摆的周期时，他用秒表记下了单摆做50次全振动的时间，如图1所示，秒表的读数为_s该同学经测量得到6组摆长L和对应的周期T，画出LT2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图2所示则当地重力加速度的表达式g=_处理完数据后，该同学发现在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，这样_（选填“影响”或“不影响”）重力加速度的计算该同学做完实验后，为使重
6、力加速度的测量结果更加准确，他认为：A在摆球运动的过程中，必须保证悬点固定B摆线偏离平衡位置的角度不能太大C用精度更高的游标卡尺测量摆球的直径D测量周期时应该从摆球运动到最高点时开始计时其中合理的有_该同学在做完实验后，继续思考测量重力加速度的其它方法请你展开想像的翅膀，再设计一个方案测量重力加速度（简要说明需要的器材以及测量方法）_11（16分）如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.50T，两条光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l=0.40m，左端接有阻值R=0.40的电阻一质量m=0.10kg、阻值r=0.10的金属棒MN放置在导轨上金属棒在水平向右的拉力F作
7、用下，沿导轨做速度v=2.0m/s的匀速直线运动求：（1）通过电阻R的电流I；（2）拉力F的大小；（3）撤去拉力F后，电阻R上产生的焦耳热Q12（18分）如图甲所示，倾角=37的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量m=1.0kg的小滑块（可视为质点）接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态当t=0时释放滑块在00.24s时间内，滑块的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示已知弹簧的劲度系数k=2.0102N/m，当t=0.14s时，滑块的速度v1=2.0m/sg取l0m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8弹簧弹性势能的表达式为Ep=kx2（式中
8、k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）求：（1）斜面对滑块摩擦力的大小f；（2）t=0.14s时滑块与出发点间的距离d；（3）在00.44s时间内，摩擦力做的功W13研究物理问题的方法是运用现有的知识对问题做深入的学习和研究，找到解决的思路与方法，例如：模型法、等效法、分析法、图象法掌握并能运用这些方法在一定程度上比习得物理知识更加重要（1）如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是竖直方向的直径一质量为m、电荷量为+q的小球套在圆环上，并静止在P点，且OP与竖直方向的夹角=37不计空气阻力已知重力加速度为g，sin37=0.6，cos37
9、=0.8a求电场强度E的大小；b若要使小球从P点出发能做完整的圆周运动，求小球初速度应满足的条件（2）如图乙所示，空间有一个范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为+q的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直细杆上，杆足够长，环与杆的动摩擦因数为现使圆环以初速度v0向上运动，经时间t圆环回到出发位置不计空气阻力已知重力加速度为g求当圆环回到出发位置时速度v的大小北京市朝阳区2015届高考物理一模试卷一、本部分共8小题，每小题6分，共120分在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项1下列说法中正确的是( )A布朗运动就是液体分子的热运动B物体的温度越高，分子的平均动能越大
10、C外界对系统做功，其内能一定增加D系统从外界吸收热量，其内能一定增加考点：布朗运动 专题：布朗运动专题分析：布朗运动是花粉的无规则运动；温度是分子平均动能的标志；改变内能的方式有做功和热传递；解答：解：A、布朗运动是花粉的无规则运动，反映的是液体分子的热运动，故A错误；B、温度是分子平均动能的标志，故物体的温度越高，分子的平均动能越大，故B正确；CD、改变内能的方式有做功和热传递，故单凭其中一个方面，不能判定内能变化，故CD错误；故选：B点评：该题关键是掌握布朗运动的现象和实质；其次是掌握改变内能的方式包含做功和热传递，在分析内能变化时，要综合考虑这两个因素2一个氢原子从n=2能级跃迁到n=3
11、能级，则该氢原子( )A吸收光子，能量增加B吸收光子，能量减少C放出光子，能量增加D放出光子，能量减少考点：氢原子的能级公式和跃迁 专题：原子的能级结构专题分析：从高能级向低能级跃迁，释放光子，能量减少，从低能级向高能级跃迁，吸收光子，能量增加解答：解：一个氢原子从n=2能级跃迁到n=3能级，即从低能级向高能级跃迁，吸收光子，能量增加故选：A点评：知道高能级向低能级跃迁，释放光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子3如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁场方向垂直的轴匀速转动产生交流电，电动势e随时间t的变化关系如图乙所示，则( )A该交流电的频率为100HzB该交流电电动势的有效值为31
12、1VCt=0.01s时，穿过线框的磁通量为零Dt=0.01s时，穿过线框的磁通量的变化率为零考点：磁通量 分析：由乙图得到周期，根据公式f=求解频率；同样由乙图得到电动势最大值，根据E=求解有效值；线圈在中性面位置磁通量最大，感应电动势为零，结合法拉第电磁感应定律分析磁通量的瞬时变化率解答：解：A、由图乙得到周期为0.02s，故频率f=，故A错误；B、该交流电电动势的最大值为311V，故有效值E=220V，故B错误；C、t=0.01s时，电动势为零，说明线圈位于中性面位置，磁通量最大，故C错误；D、t=0.01s时，电动势为零，根据法拉第电磁感应定律，说明穿过线框的磁通量的变化率为零，故D正确
13、；故选：D点评：本题考查交变电流图象的意义，要注意能从图象中直接读出交流电的最大值、周期；然后再明确其有效值、瞬时值，注意电动势瞬时值与磁通量的变化率成正比4如图所示，从同一水平线上的不同位置，沿水平方向抛出两小球A、B，不计空气阻力要使两小球在空中相遇，则必须( )A先抛出A球B先抛出B球C同时抛出两球D两球质量相等考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：两球在空中相遇，结合两球运动的时间判断两球抛出的先后顺序解答：解：相遇时，两球下落的高度相同，根据t=知，两球运动的时间相等，则两球必须同时抛出与质量无关故C正确，A、B、D错误故选：C点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上
14、的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移5如图所示，一物块静止在粗糙的斜面上现用一水平向右的推力F推物块，物块仍静止不动则( )A斜面对物块的支持力一定变小B斜面对物块的支持力一定变大C斜面对物块的静摩擦力一定变小D斜面对物块的静摩擦力一定变大考点：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：有无推力F作用时，物块都静止不动，受力平衡，对物体进行受力分析，根据平衡条件列式即可求解解答：解：没有推力时，物块静止不动，受力平衡，物体受重力、支持力和静摩擦力，设斜面的倾角为，在垂直斜面方向上，斜面对物块的支持力N=mgcos，在沿着斜
15、面方向有：f=mgsin推力F作用后，根据平衡条件得：在垂直斜面方向上，N=mgcos+Fsin，则斜面对物块的支持力一定变大，在沿着斜面方向有f=mgsinFcos，当mgsinFcos时，摩擦力变小，当mgsinFcos时，摩擦力方向变化，若Fcos2mgsin则静摩擦力反向增大，故B正确，ACD错误故选：B点评：解决本题的关键能够正确地对研究对象进行受力分析，同时注意静摩擦力的方向可能会改变，难度适中6图中虚线是某电场中的一簇等势线两个带电粒子从P点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示若粒子仅受电场力的作用，下列说法中正确的是( )A两粒子的电性相同Ba点的电势
16、高于b点的电势C粒子从P运动到a的过程中，电势能增大D粒子从P运动到b的过程中，动能增大考点：等势面 分析：根据轨迹判定a粒子受到中心电荷的斥力，而b粒子受到中心电荷的斥力，即可判断两粒子的电性关系；此电场是点电荷产生的，根据距离即可比较a、b两点场强的大小；两粒子在运动过程中电场力都做正功，电势能均减小解答：解：A、根据轨迹的弯曲方向可知，a粒子受到中心电荷的斥力，而b粒子受到中心电荷的斥力，说明a与中心电荷电性相同，b与中心电荷的电性相反，则两粒子的电性相反故A错误B、由于中心电荷的电性无法判断，电场线方向无法判定，则不能比较a、b的电势高低故B错误C、电场力对两粒子均做正功，则两个粒子的
17、电势能均减小故C错误D、b与中心电荷的电性相反，粒子从P运动到b的过程中，电场力做正功，动能增大，故D正确故选：D点评：根据轨迹弯曲方向判定两粒子与中心电荷电性的关系是解决本题的突破口要注意电势能，电荷，电势都有正负学会由电场力做功的正负来确定电势能的增减7在“测电源电动势和内阻”的实验中，某同学作出了两个电源路端电压U与电流I的关系图线，如图所示两个电源的电动势分别为E1、E2，内阻分别为r1、r2如果外电路分别接入相同的电阻R，则两个电源的( )A路端电压和电流不可能同时相等B输出功率不可能相等C总功率不可能相等D效率不可能相等考点：测定电源的电动势和内阻 专题：恒定电流专题分析：研究电源
18、外特性曲线与坐标轴交点的物理意义，可判断E1E2，r1r2；根据根据图象结合功率公式可明确路端电压及功率及效率关系解答：解：由闭合电路欧姆定律U=EIr，得当I=0，U=E，UI图线与U轴的交点表示断路，U=E，图线斜率大小表示r则可判断出E1E2，r1r2A、作出R的UI图象，斜率表示电阻，如果其通过题目图中的两条线的交点，则U1=U2且I1=I2；此时输出功率P=UI，则输出功率相等；故AB错误；C、电源消耗的总功率P=EI，要满足P1=P2，由于E1E2，必须满足I1I2，如图所示：故对于图中所示的情况，可能有P1=P2；故C错误；D、电源的效率=100%；由图可知，不论电阻取何值，其比
19、值均为各自图象的斜率；故电阻不可能相等；故D正确；故选：D点评：本题考查测电动势和内电阻实验中的数据处理，要注意正确应用图象进行分析；物理图线关键在于图线的物理意义，能根据闭合电路欧姆定律求解电路问题，难度适中8第一宇宙速度又叫做环绕速度，第二宇宙速度又叫做逃逸速度理论分析表明，逃逸速度是环绕速度的倍，这个关系对其他天体也是成立的有些恒星，在核聚变反应的燃料耗尽而“死亡”后，强大的引力把其中的物质紧紧地压在一起，它的质量非常大，半径又非常小，以致于任何物质和辐射进入其中都不能逃逸，甚至光也不能逃逸，这种天体被称为黑洞已知光在真空中传播的速度为c，太阳的半径为R，太阳的逃逸速度为假定太阳能够收缩
20、成半径为r的黑洞，且认为质量不变，则应大于( )A500B500C2.5105D5.0105考点：万有引力定律及其应用；向心力 专题：万有引力定律的应用专题分析：根据题设条件，当天体的逃逸速度大于光速c时时，天体就成为黑洞而逃逸速度是环绕速度的倍，根据万有引力提供向心力求出环绕速度，即可求出逃逸速度，就能得到R满足的条件解答：解：第一宇宙速度为v1=，由题目所提供的信息可知，任何天体均存在其所对应的逃逸速度v2=，太阳的半径为R，太阳的逃逸速度为=，假定太阳能够收缩成半径为r的黑洞，且认为质量不变，v2=c，解得：2.5105，故选：C点评：本题考查了万有引力定律定律及圆周运动向心力公式的直接
21、应用，要注意任何物体（包括光子）都不能脱离黑洞的束缚，那么黑洞表面脱离的速度应大于光速二、非选择题：9用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图甲所示这块玻璃砖的折射率n=（用图中字母表示）如果有几块宽度d不同的玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度d较大（选填“大”或“小”）的玻璃砖来测量考点：测定玻璃的折射率 专题：实验题分析：根据折射定律，结合入射角和折射角求出玻璃砖的折射率为了减小实验的误差，选择宽度较大的玻璃砖进行测量解答：解：根据折射定律得，玻璃砖的折射率为：n=选择宽度较大一点的玻璃砖进行测量，测量的误差较小故答案为：；大点评
22、：解决本题的关键知道实验的原理，知道减小实验误差的方法，比如玻璃砖选择宽度大一些的，入射角适当大一些10某同学利用单摆测定当地的重力加速度实验室已经提供的器材有：铁架台、夹子、秒表、游标卡尺除此之外，还需要的器材有ACFA长度约为1m的细线B长度约为30cm的细线C直径约为2cm的钢球D直径约为2cm的木球E最小刻度为1cm的直尺F最小刻度为1mm的直尺该同学在测量单摆的周期时，他用秒表记下了单摆做50次全振动的时间，如图1所示，秒表的读数为95.1s该同学经测量得到6组摆长L和对应的周期T，画出LT2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图2所示则当地重力加速度的表达式g=处理完数据后，
23、该同学发现在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，这样不影响（选填“影响”或“不影响”）重力加速度的计算该同学做完实验后，为使重力加速度的测量结果更加准确，他认为：A在摆球运动的过程中，必须保证悬点固定B摆线偏离平衡位置的角度不能太大C用精度更高的游标卡尺测量摆球的直径D测量周期时应该从摆球运动到最高点时开始计时其中合理的有AB该同学在做完实验后，继续思考测量重力加速度的其它方法请你展开想像的翅膀，再设计一个方案测量重力加速度（简要说明需要的器材以及测量方法）【方案一】需要的器材有：质量已知的钩码、测力计测量方法：已知钩码的质量m，再用测力计测出其重力G，则可求出重力加速度【方案二】需要
24、的器材有：铁架台、打点计时器及相应的电源、导线、纸带、刻度尺、重锤测量方法：让重锤拖着纸带做自由落体运动，通过打点计时器在纸带上记录的信息可求得重力加速度考点：用单摆测定重力加速度 专题：实验题；单摆问题分析：（1）根据单摆的周期公式得出重力加速度的表达式，通过表达式，结合单摆模型的要求确定所需的器材（2）秒表读数：先读内圈，读数时只读整数，小数由外圈读出，读外圈时，指针是准确的，不用估读（3）根据实验注意事项与实验原理分析实验误差由单摆周期公式变形，得到T2与L的关系式，分析图象斜率的意义，求解g（4）根据实验注意事项与实验原理分析实验误差，判断选项（5）寻求与重力加速度的原理、公式设计方案
25、解答：解：（1）由单摆周期公式T=2 可得，g=L，实验需要测量摆长，摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，所以需要毫米刻度尺，实验需要测量周期，则需要秒表，摆线的长度大约1m左右为减小空气阻力的影响，摆球需要密度较大的摆球，因此摆球应选C，故选用的器材为A、C、F（2）秒表表示读数：内圈读数：60s，外圈读数35.1s，总读数为：t=60s+35.1s=95.1s；（3）由T=2 可得：L= T2，则 LT2图象的斜率等于，由数学知识得：=解得：g=根据数学知识，在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，这样不影响重力加速度的计算（4）由T=2 可得：g=l，则当代入的L偏小，会使测量值偏小
26、，B符合；秒表提前按下T值偏大会使计算的g值偏小， C符合；，D使得T值偏小g测量值偏大，则D错误，A不是单摆运动，错误故选：BC根据实验注意事项与实验原理分析，AB正确，CD错误【方案一】需要的器材有：质量已知的钩码、测力计测量方法：已知钩码的质量m，再用测力计测出其重力G，则可求出重力加速度【方案二】需要的器材有：铁架台、打点计时器及相应的电源、导线、纸带、刻度尺、重锤测量方法：让重锤拖着纸带做自由落体运动，通过打点计时器在纸带上记录的信息可求得重力加速度故答案为：（1）ACF95.1 不影响AB【方案一】需要的器材有：质量已知的钩码、测力计测量方法：已知钩码的质量m，再用测力计测出其重力
27、G，则可求出重力加速度【方案二】需要的器材有：铁架台、打点计时器及相应的电源、导线、纸带、刻度尺、重锤测量方法：让重锤拖着纸带做自由落体运动，通过打点计时器在纸带上记录的信息可求得重力加速度点评：本题关键明确实验原理，根据原理选择器材；由单摆的周期公式变形，得到T2与L的关系式得到图象斜率的物理意义，再分析实验产生的误差11（16分）如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.50T，两条光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l=0.40m，左端接有阻值R=0.40的电阻一质量m=0.10kg、阻值r=0.10的金属棒MN放置在导轨上金属棒在水平向右的拉力F作用下，沿导轨做
28、速度v=2.0m/s的匀速直线运动求：（1）通过电阻R的电流I；（2）拉力F的大小；（3）撤去拉力F后，电阻R上产生的焦耳热Q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）MN棒切割磁感线产生感应电动势E，E由公式E=Blv求出，再由欧姆定律求解感应电流（2）金属棒受到的安培力FA=BIl金属棒做匀速运动，拉力F与安培力二力平衡（3）撤去拉力F后，金属棒在安培力作用下作减速运动，动能全部转化为内能，根据能量守恒求解解答：解：（1）MN棒产生的感应电动势 E=Blv=0.50.42 V=0.40V通过电阻R的电流 I=A=0.8A（2）金属棒受到的安
29、培力 FA=BIl=0.50.80.4N=0.16N根据牛顿第二定律有 FFA=0所以拉力 F=0.16N（3）撤去拉力F后，金属棒做减速运动并最终静止，金属棒的动能全部转化为回路中的焦耳热在这段过程中，根据能量守恒定律有 Q总=mv2=J=0.2J所以Q=0.2J=0.16J答：（1）通过电阻R的电流I为0.8A；（2）拉力F的大小为0.16N；（3）撤去拉力F后，电阻R上产生的焦耳热Q为0.16J点评：本题是导体在导轨上运动类型，关键要掌握法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式，能运用能量守恒定律求解热量问题12（18分）如图甲所示，倾角=37的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长
30、一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量m=1.0kg的小滑块（可视为质点）接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态当t=0时释放滑块在00.24s时间内，滑块的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示已知弹簧的劲度系数k=2.0102N/m，当t=0.14s时，滑块的速度v1=2.0m/sg取l0m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8弹簧弹性势能的表达式为Ep=kx2（式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）求：（1）斜面对滑块摩擦力的大小f；（2）t=0.14s时滑块与出发点间的距离d；（3）在00.44s时间内，摩擦力做的功W考点：动能定理的应用 分析：（1）当t1=0.14
31、s时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动根据加速度的大小，结合牛顿第二定律求出摩擦力的大小（2）当t1=0.14s时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于t0=0时弹簧的形变量x，结合弹性势能的表达式，根据动能定理求出d的大小（3）物块速度减为零后反向做匀加速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律分别求出各段过程中的位移的大小，从而得出摩擦力做功的大小解答：解：（1）当t1=0.14s时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动由题中的图乙可知，在这段过程中滑块加速度的大小为：a1=10m/
32、s2根据牛顿第二定律有：mgsin+f=ma1代入数据解得：f=4.0N （2）当t1=0.14s时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于t0=0时弹簧的形变量x，所以在00.14s时间内弹簧弹力做的功为：W弹=Ep初Ep末=在这段过程中，根据动能定理有：W弹mgdsinfd=mv120代入数据解得：d=0.20 m （3）设从t1=0.14s时开始，经时间t1滑块的速度减为零，则有：t1=0.20s这段时间内滑块运动的距离为：x1=0.20m此时t2=0.14s+t1=0.34s，此后滑块将反向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可求得此时加速度的大小为：a2=2.0m/s2在0
33、.34s0.44s（t2=0.1s）时间内，滑块反向运动的距离为：x2=t22代入数据解得：x2=0.01m所以在00.44s时间内，摩擦力f做的功为：W=f（d+x1+x2）代入数据解得：W=1.64J答：（1）斜面对滑块摩擦力的大小f为4.0N；（2）t=0.14s时滑块与出发点间的距离d为0.20m；（3）在00.44s时间内，摩擦力做的功W为1.64J点评：本题考查了牛顿第二定律、动能定理和运动学公式的综合运用，关键结合图象理清滑块在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解13研究物理问题的方法是运用现有的知识对问题做深入的学习和研究，找到解决的思路与方法，例如：模型
34、法、等效法、分析法、图象法掌握并能运用这些方法在一定程度上比习得物理知识更加重要（1）如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是竖直方向的直径一质量为m、电荷量为+q的小球套在圆环上，并静止在P点，且OP与竖直方向的夹角=37不计空气阻力已知重力加速度为g，sin37=0.6，cos37=0.8a求电场强度E的大小；b若要使小球从P点出发能做完整的圆周运动，求小球初速度应满足的条件（2）如图乙所示，空间有一个范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为+q的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直细杆上，杆足够长，环与杆的动摩擦因数
35、为现使圆环以初速度v0向上运动，经时间t圆环回到出发位置不计空气阻力已知重力加速度为g求当圆环回到出发位置时速度v的大小考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律 分析：（1）a、对小球受力分析，由共点力的平衡条件可明确电场强度的大小；b、将重力场与电场等效为新的重力场，则可明确最高点及最低点，由动能定理可求得应满足的条件；（2）对圆环受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度的表达式，作出速度时间图象及摩擦力和时间图象，由动量定理分析图象可求得速度大小解答：解：（1）a当小球静止在P点时，则有所以E=b当小球做圆周运动时，可以等效为在一个“重力加速度”为g的“重力场”中运动若要使小球能做完整的
36、圆周运动，则小球必须能通过图中的Q点设当小球从P点出发的速度为vmin时，小球到达Q点时速度为零在小球从P运动到Q的过程中，根据动能定理有mg2r=0mv所以vmin=即小球的初速度应大于（2）在圆环运动的过程中，圆环受向下的重力mg、水平方向的洛伦兹力qvB、细杆的弹力N和摩擦力f，其中f一直与运动方向相反，且摩擦力的大小f=N=qvB圆环向上运动的过程中做减速运动，加速度a=；则可右加速度越来越小；圆环向下运动的过程中做加速运动，加速度a=，同样越来越小圆环从开始向上运动到回到出发位置的过程中，其速度v随时间t的变化关系如图甲所示（取竖直向上为正方向），图中图线与t轴所围面积表示圆环在对应
37、时间内通过的路程，而圆环向上运动和向下运动所经位移大小相同，所以图中区域A与区域B面积相等在运动过程中，圆环所受摩擦力f=qvB，与v成正比，所以其所受摩擦力f随时间t的变化关系应与图甲相似，但方向相反，如图乙所示，图中区域A与区域B的面积也相等而在ft图中，图线与t轴所围面积表示对应时间内阻力f的冲量，所以整个过程中f的总冲量If=0在整个过程中，根据动量定理有Ifmgt=mvmv0所以v=gtv0答：（1）a电场强度E的大小为；b小球初速度应满足的条件小球的初速度应大于（2）当圆环回到出发位置时速度v的大小为gtv0点评：本题考查带电粒子在复合场中的运动，对于第二问要注意其中图象法的应用，明确应用图象可以把复杂的分析过程简单直观化
