1、天津市五区县2015届高考物理一模试卷一、单项选择题（每小题6分，共30分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1下列说法正确的是( )A氢原子发生能级跃迁时，一定放出光子B粒子散射实验表明，原子具有核式结构C衰变中产生的电子，来自原子的内层D光电效应中逸出的电子，来自原子的外层2如图所示，甲物体在水平力F作用下静止在乙物体上，乙物体静止在水平地面上现增大外力F，两物体仍然静止，则下列说法中正确的是( )A乙物体对水平地面的摩擦力一定增大B乙物体对水平地面的压力一定增大C甲物体对乙物体的摩擦力一定增大D甲物体对乙物体的摩擦力一定沿斜面向上3一个沿东西方向做变速直线运动的物体，其位移随
2、时间变化的规律为x=2t22t，若规定向东为正，以下说法正确的是( )A物体的运动方向先向东后向西B物体的加速度方向先向西后向东C第1s内物体的平均速度为零Dt2=1s时刻与t1=0时刻的速度相同4在边长为a、厚度为h的导体中，通以图示方向的电流，导体的电阻为R1，现将其四等分，取其中之一通以图示方向的电流，其电阻为R2，则R1：R2为( )A4：1B2：1C1：2D1：15图甲为一列沿水平方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，Q为波峰上一点，图乙为这列波中质点P（横坐标为x=1m）的振动图象下列说法正确的是( )A该波的波长为1.5mB该波的传播速度为1m/sC该波向x轴负方向传播D质点P
3、经过0.5S运动到Q点处二、不定项选择题（每小题6分，共18分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得6分，选对但不全对的得3分，选错或不答的得0分）6“套圈圈”是小孩和大人都喜爱的一种游戏，游戏规则是：游戏者站在界外从手中水平抛出一个圆形圈圈，落下后套中前方的物体，所套即所得如图所示，小孩站立抛出圈圈并套取前方一物体，若大人也抛出圈圈并套取前方同一位置处的物体，则应（忽略空气阻力）( )A大人站在小孩同样的位置，以稍大些的速度抛出圈圈B大人站在小孩同样的位置，以稍小些的速度抛出圈圈C大人退后并下蹲至与小孩等高，以稍大点的速度抛出圈圈D大人退后并下蹲至与小孩等高，以稍小点的
4、速度抛出圈圈7如图甲所示，共220匝的矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图象如图乙所示，经原、副线圈匝数比为1：10的理想变压器给一额定功率为22W的灯泡供电，电路如图丙所示，闭合开关后，灯泡正常发光则( )A交流发电机的转速为100r/sB灯泡的额定电压为220VC变压器原线圈中电流表的示数为1ADt=0.01s时刻穿过线框回路的磁通量为103Wb8宇宙中有两颗相距较近且质量差别不太大的恒星，其它天体对它们的万有引力可以忽略不计它们在相互之间的万有引力作用下，围绕连线上的某一固定点做周期相同的匀速圆周运动，这样的系统叫双星系统如果某双星系统的两颗恒星的质
5、量都等于太阳的质量，它们间的距离等于太阳与地球之间的距离，则该双星系统的任一成员与绕太阳做圆周运动的地球相比较，正确的说法是( )A轨道半径都与地球的相等B加速度都与地球的相等C线速度都与地球的相等D转动周期都比地球的小三、非选择题9半径为R的半球形介质截面如图，O为其圆心同一频率的平行单色光a、b，从不同位置射入介质，光线a进入介质未发生偏折且在O点恰好发生全反射，光线b的入射点在O的正上方，入射角为45则介质的折射率n=_；光线b对应的射出点O1与O之间的距离d=_10欲用伏安法测量一个阻值约为15k的电阻Rx，备有如下器材电压表V1（量程3V，内阻约10k）电压表V2（量程15V，内阻约
6、50k）电流表A1（量程0.6A，内阻约1）电流表A2（量程200A，内阻约50）滑动变阻器R（最大阻值10）电池（电动势E约3V，内阻不计）开关、导线（1）为减小测量误差，电压表应选_，电流表应选_（填代号）（2）画出应采用的测量电路原理图（3）电阻Rx的测量值比实际值_（填“偏大”或“偏小”）11几个实验小组分别利用拉力传感器和打点计时器研究“力做功与小车速度变化的关系”实验装置如图1，他们将拉力传感器固定在小车上，将其用不可伸长的细线绕过一个光滑的定滑轮与钩码相连用拉力传感器记录小车受到拉力的大小，在小车的后面连接纸带，通过打点计时器记录小车运动情况，小车中可以放置砝码实验主要步骤如下：
7、a测量小车和拉力传感器的总质量m，用细线连接拉力传感器和钩码（质量为mG），将纸带通过打点计时器接到小车后面，正确连接所需电路；b将小车停在紧靠打点计时器处，先接通电源再释放小车，在纸带上打出一系列的点，同时记录m和拉力传感器的示数F；c在小车中增加或减少砝码，重复b的操作；d在纸带上选取合适的点，测量各点的位移并计算对应的功和速度（1）对于该实验，下列说法中正确的是_（填写选项前的字母）A每次释放小车都应给小车一定的初速度，以平衡摩擦力B小车运动中会受到摩擦力，为消除其影响，可以将木板适当倾斜以平衡摩擦力C打点计时器可以用直流电源供电，电压为46VD实验时必须保证所挂钩码的质量mGm（2）某
8、一实验小组可能因操作不当致使根据实验数据画出的v2W关系图象不过原点，原因是_；由图象计算出本次实验对应的m=_kg12（16分）如图所示，轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端紧靠质量为m1=1kg的小物块质量为m2=1kg的小滑块从倾角为=37的斜面上高h=0.6m处静止开始滑下，由斜面底端无能量损失地进入光滑水平面，并与m1碰撞后粘合在一起向左运动已知小滑块与斜面的动摩擦因数为=0.5，g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）小滑块在斜面上下滑的加速度a；（2）小滑块到达斜面底端时的速度；（3）弹簧弹性势能的最大值Emax13（18分）如图所示，横向宽度为L、纵向宽度足
9、够大的区域内，直线PQ两侧分别存在强度相同、方向相反但均垂直于纸面的匀强磁场一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从P点沿与PQ成=30角的方向，以速度v射入下方磁场区域，粒子最终从Q点离开，不计粒子重力（1）求磁场磁感应强度最小值；（2）若粒子从Q点射出时的速度与从P点射入时相同，求粒子在磁场中的运动时间；（3）撤去磁场，在纸面内加一与初速度v垂直的匀强电场，仍使粒子从P点射入并经过Q点，求电场强度的大小14在上百米高空的摩天大楼中，因普通电梯牵引钢绳太长形成很多技术因素（图a），因此人们设计了电磁驱动的方式牵引电梯图b所示为电磁驱动的一种简化原理：光滑的平行长直金属导轨置于竖直面内，间距为L
10、、导轨下端接有阻值为R的电阻，质量为m的导体棒（相当于电梯车厢）垂直跨接在导轨上，导轨和导体棒的电阻均不计，且接触良好在导轨平面上存在着磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，当磁场以速度v1匀速向上移动时，导体棒随之运动并很快达到恒定速度设导体棒始终处于磁场区域内求（1）导体棒所达到的恒定速度v2；（2）导体棒以恒定速度运动时，克服重力做功的功率和电路中消耗的电功率；（3）若t=0时磁场由静止开始水平向上做匀加速直线运动，经过较短时间后，导体棒也做匀加速直线运动，其vt关系如图c所示，已知在时刻t导体棒的瞬时速度大小为v，求导体棒做匀加速直线运动时的加速度大小天津市五区县2015
11、届高考物理一模试卷一、单项选择题（每小题6分，共30分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1下列说法正确的是( )A氢原子发生能级跃迁时，一定放出光子B粒子散射实验表明，原子具有核式结构C衰变中产生的电子，来自原子的内层D光电效应中逸出的电子，来自原子的外层考点：氢原子的能级公式和跃迁；光电效应；原子核衰变及半衰期、衰变速度 专题：衰变和半衰期专题分析：明确氢原子放出（吸收）光子和能级之间的关系；卢瑟福的原子核式结构学说能很好地解释粒子的散射实验事实，根据衰变的本质来判断C；根据光电效应的原因解释即可解答：解：A、氢原子从低能级跃迁到高能级时，吸收光子，故A错误B、粒子散射实验表明
12、，原子具有核式结构，卢瑟福的原子核式结构学说能很好地解释粒子的散射实验事实故B正确C、衰变是原子核的衰变，与核外电子无关，衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子的同时释放出来的，故C错误D、光电效应中逸出的电子，来自原子的外层，是核外电子吸收光子后逸出的故D正确故选：BD点评：该题考查能级、粒子散射实验、衰变的本质以及光电效应，内容考查的知识点很广但不深，把课标上要求识记和理解的知识点记牢即可，应用也是最简单的应用2如图所示，甲物体在水平力F作用下静止在乙物体上，乙物体静止在水平地面上现增大外力F，两物体仍然静止，则下列说法中正确的是( )A乙物体对水平地面的摩擦力一定增大B乙物体对水
13、平地面的压力一定增大C甲物体对乙物体的摩擦力一定增大D甲物体对乙物体的摩擦力一定沿斜面向上考点：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：甲物体在水平外力F的作用下静止在乙物体上，可能不受静摩擦力，也可能受到的静摩擦力沿斜面向下，也可能沿斜面向上，分三种情况讨论增大外力F时，乙对甲的摩擦力的方向及其情况对整体分析，分析地面对乙的摩擦力与F的关系，再分析其变化情况解答：解：C、D、乙对甲可能没有静摩擦力，也可能有沿斜面向下的静摩擦力，也可能有沿斜面向上的静摩擦力，取决于Fcos与mgsin的大小若甲物体原来不受静摩擦力或受到的静摩擦力沿斜面向下时，如图，
14、由平衡条件得：Fcos=mgsin+f，当F增大时，乙对甲的摩擦力f增大；若甲物体原来受到的静摩擦力沿斜面向上时，则有 Fcos+f=mgsin，当F增大时，f减小故CD均错误A、B、对整体分析，水平方向上乙对地面的摩擦力与F大小相等，则F增大时，乙对地面的摩擦力增大；竖直方向上地面对乙的支持力等于整体的总重力，保持不变，则乙对地面的压力也保持不变故A正确，B错误故选：A点评：本题采用隔离法和整体法相结合分析两个物体的平衡问题，难点在于分析甲原来的摩擦力方向，要注意可能有三种情况3一个沿东西方向做变速直线运动的物体，其位移随时间变化的规律为x=2t22t，若规定向东为正，以下说法正确的是( )
15、A物体的运动方向先向东后向西B物体的加速度方向先向西后向东C第1s内物体的平均速度为零Dt2=1s时刻与t1=0时刻的速度相同考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题：运动学中的图像专题分析：根据位移随时间的变化关系得出物体的初速度和加速度，根据位移求出平均速度的大小根据速度时间公式求出瞬时速度速度，从而进行比较解答：解：A、根据x=2t22t得，初速度v0=2m/s，加速度a=4m/s2，可知物体的加速度方向不变，物体先向西做匀减速运动，然后向东做匀加速运动，故A、B错误C、第1s内的位移x=2121=0m，则平均速度为零，故C正确D、t2=1s时刻的速度v2=v0+at2=2+41m/
16、s=2m/s，t1=0时刻的速度v1=v0+at1=2+40m/s=2m/s，方向相反故D错误故选：C点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式和速度时间公式，并能灵活运用，注意公式的矢量性4在边长为a、厚度为h的导体中，通以图示方向的电流，导体的电阻为R1，现将其四等分，取其中之一通以图示方向的电流，其电阻为R2，则R1：R2为( )A4：1B2：1C1：2D1：1考点：电阻定律 专题：恒定电流专题分析：横截面积s=ld，长度为l，根据电阻定律R=，可得两电阻之比解答：解：由电阻定律R=得，R=，即电阻的大小只与材料的电阻率及其厚度有关两电阻厚度相同，材料相同，所以电阻之比为1：1
17、故选：D点评：本题考查电阻定律的应用，要注意本题为电阻微型化的依据，只要材料和厚度相同，则电阻一定相等5图甲为一列沿水平方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，Q为波峰上一点，图乙为这列波中质点P（横坐标为x=1m）的振动图象下列说法正确的是( )A该波的波长为1.5mB该波的传播速度为1m/sC该波向x轴负方向传播D质点P经过0.5S运动到Q点处考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 分析：由甲读出波长，由图乙读出周期T，由v=求出波速；由乙图得到t=0时刻P点的速度方向，采用波形微平移的方法波的传播方向；机械波中各个质点在平衡位置附近振动，并不随波迁移解答：解：A、B、由甲图得到波长为1
18、m，由乙图得到周期为2s，故波速v=；故A错误，B错误；C、由乙图得到t=0时刻P点向+y方向运动，采用波形微平移的方法可以得到该波向x轴负方向传播，故C正确；D、质点P在平衡位置附近振动，不会随波迁移到Q点，故D错误；故选：C点评：本题考查基本的读图能力，由波动图象读出波长，由波的传播方向判断质点的振动方向，由振动图象读出周期，判断质点的振动方向等等都是基本功，要加强训练，熟练掌握二、不定项选择题（每小题6分，共18分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得6分，选对但不全对的得3分，选错或不答的得0分）6“套圈圈”是小孩和大人都喜爱的一种游戏，游戏规则是：游戏者站在界外
19、从手中水平抛出一个圆形圈圈，落下后套中前方的物体，所套即所得如图所示，小孩站立抛出圈圈并套取前方一物体，若大人也抛出圈圈并套取前方同一位置处的物体，则应（忽略空气阻力）( )A大人站在小孩同样的位置，以稍大些的速度抛出圈圈B大人站在小孩同样的位置，以稍小些的速度抛出圈圈C大人退后并下蹲至与小孩等高，以稍大点的速度抛出圈圈D大人退后并下蹲至与小孩等高，以稍小点的速度抛出圈圈考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同解答：解：设抛出的圈圈做平抛运动的初速度为v，高度为h，则
20、下落的时间为：t=，水平方向的位移：x=vt=v，A、大人站在小孩同样的位置，由以上的公式可得，由于大人的高度h比较大，所以如果要让大人与小孩抛出的水平位移相等，则要以小点的速度抛出圈圈故A错误，B正确C、大人蹲至与小孩等高，高度h相等，如果大人退后抛出圈圈并套取前方同一物体，则大人抛出的圈圈的水平位移大于小孩抛出的圈圈的水平位移，所以抛出时的速度大人要稍大一些故C正确，D错误故选：BC点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解7如图甲所示，共220匝的矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动
21、势图象如图乙所示，经原、副线圈匝数比为1：10的理想变压器给一额定功率为22W的灯泡供电，电路如图丙所示，闭合开关后，灯泡正常发光则( )A交流发电机的转速为100r/sB灯泡的额定电压为220VC变压器原线圈中电流表的示数为1ADt=0.01s时刻穿过线框回路的磁通量为103Wb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：由图乙可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于那个面上，由图象还可知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值解答：解：A、由图可知，交流电的周期为0.02s，则转速为：n=50r/s，故A错误；B、灯泡正常发光，额定电压为电压
22、的有效值U=10U1=10=220V，故B错误；C、原线圈输入电压为有效值为22V，则副线圈的电压为2210=220V；由P=UI可知，副线圈电流I2=0.1A，则由=求得I1=1A；故C正确；D、由图乙可知，当0.01s时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大为Bs=103Wb故D正确；故选：CD点评：本题考察的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，要具备从图象中获得有用信息的能力，注意电压表读数、额定值均为有效值8宇宙中有两颗相距较近且质量差别不太大的恒星，其它天体对它们的万有引力可以忽略不计它们在相互之间的万有引力作用下，围绕连线上的某一固定点做周期相同的匀速圆周运动，这样的系
23、统叫双星系统如果某双星系统的两颗恒星的质量都等于太阳的质量，它们间的距离等于太阳与地球之间的距离，则该双星系统的任一成员与绕太阳做圆周运动的地球相比较，正确的说法是( )A轨道半径都与地球的相等B加速度都与地球的相等C线速度都与地球的相等D转动周期都比地球的小考点：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：根据两颗恒星的轨道半径之和等于它们之间的距离，而地球与太阳之间的距离就是地球的轨道半径判断半径大小，根据万有引力提供向心力公式求出向心力的表达式，进而判断加速度是否相等，根据a=和a=判断线速度和周期的大小关系解答：解：A、两颗恒星的轨道半径之和等于它们之间的距离即地球
24、与太阳之间的距离，所以两颗恒星轨道半径小于地球的轨道半径，故A错误；B、恒星的质量与太阳的质量相等，都设为M，地球的质量设为m，距离设为L，则根据万有引力提供向心力公式得：对于任意一个恒星有：，解得：，对于地球有：，解得：，故加速度相等，故B正确；C、根据a=可知，向心加速度相等，但两颗恒星轨道半径小于地球的轨道半径，所以恒星的线速度大于地球的线速度，故C错误；D、根据a=可知，向心加速度相等，但两颗恒星轨道半径小于地球的轨道半径，所以恒星的周期小于地球的周期，故D正确故选：BD点评：解答本题要知道环绕天体绕中心天体做圆周运动所需要的向心力由万有引力提供，对于双星问题，要注意的是它们两颗星的轨
25、道半径的和等于它们之间的距离，不能把它们的距离当成轨道半径，难度适中三、非选择题9半径为R的半球形介质截面如图，O为其圆心同一频率的平行单色光a、b，从不同位置射入介质，光线a进入介质未发生偏折且在O点恰好发生全反射，光线b的入射点在O的正上方，入射角为45则介质的折射率n=；光线b对应的射出点O1与O之间的距离d=R考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：光线a在O点恰好产生全反射，入射角等于临界角C，根据sinC=求出介质的折射率根据光的折射定律求出b光在介质中的折射角，通过几何关系求出O1与O之间的距离d解答：解：据题，a光线刚好发生全反射，入射角等于临界角C，知 C=45根据sin
26、C=知，n=对b光线，由折射定律有：=n由i=45得：r=30由几何知识得O1与O之间的距离为：d=Rtan30=R故答案为：，R点评：本题是简单的几何光学问题，其基础是作出光路图，根据几何知识确定入射角与折射角，根据折射定律求解10欲用伏安法测量一个阻值约为15k的电阻Rx，备有如下器材电压表V1（量程3V，内阻约10k）电压表V2（量程15V，内阻约50k）电流表A1（量程0.6A，内阻约1）电流表A2（量程200A，内阻约50）滑动变阻器R（最大阻值10）电池（电动势E约3V，内阻不计）开关、导线（1）为减小测量误差，电压表应选V1，电流表应选A2（填代号）（2）画出应采用的测量电路原理
27、图（3）电阻Rx的测量值比实际值偏大（填“偏大”或“偏小”）考点：伏安法测电阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：本题的关键是首先根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻以判定变阻器应采用限流式还是分压式接法，当需要的最大电阻与变阻器的全电阻接近时，变阻器应采用限流式接法；根据阻值约为15k的电阻Rx，电压表V1（量程3V，内阻约10k），电流表A2（量程200A，内阻约50），可知应将电流表采用内接法以使电阻的测量值更精确，然后画出电路图，内接法测量值偏大解答：解：由于电池（电动势E约3V，内阻不计），故电压表选V1，电路中的最大电流为I=，故电流表选A2；（2）根据阻值约为15k的电阻R
28、x，电压表V1（量程3V，内阻约10k），电流表A2（量程200A，内阻约50），可知应将电流表采用内接法以使电阻的测量值更精确，滑动变阻器的总阻值较小，故采用分压接法，电路图为：（3）采用内接法，电流测量准确，电压偏大，由欧姆定律可得，测量值偏大故答案为：（1）V1，A2（2）（3）偏大点评：应明确：选择变阻器的接法时，若有电流从零调的要求时，变阻器应采用分压式接法若无此要求，应通过估算出电路需要的最大电阻来确定变阻器的接法：当需要的最大电阻与变阻器的全电阻接近时，变阻器应采用限流式接法；当变阻器的全电阻远小于需要的最大电阻时，变阻器应采用分压式接法应通过比较R与的大小来选择电流表应采用内接
29、法还是外接法11几个实验小组分别利用拉力传感器和打点计时器研究“力做功与小车速度变化的关系”实验装置如图1，他们将拉力传感器固定在小车上，将其用不可伸长的细线绕过一个光滑的定滑轮与钩码相连用拉力传感器记录小车受到拉力的大小，在小车的后面连接纸带，通过打点计时器记录小车运动情况，小车中可以放置砝码实验主要步骤如下：a测量小车和拉力传感器的总质量m，用细线连接拉力传感器和钩码（质量为mG），将纸带通过打点计时器接到小车后面，正确连接所需电路；b将小车停在紧靠打点计时器处，先接通电源再释放小车，在纸带上打出一系列的点，同时记录m和拉力传感器的示数F；c在小车中增加或减少砝码，重复b的操作；d在纸带上
30、选取合适的点，测量各点的位移并计算对应的功和速度（1）对于该实验，下列说法中正确的是B（填写选项前的字母）A每次释放小车都应给小车一定的初速度，以平衡摩擦力B小车运动中会受到摩擦力，为消除其影响，可以将木板适当倾斜以平衡摩擦力C打点计时器可以用直流电源供电，电压为46VD实验时必须保证所挂钩码的质量mGm（2）某一实验小组可能因操作不当致使根据实验数据画出的v2W关系图象不过原点，原因是平衡摩擦力过度；由图象计算出本次实验对应的m=0.4kg考点：探究功与速度变化的关系 专题：实验题；动能定理的应用专题分析：（1）本实验为了使小车在倾斜的平面上被橡皮筋拉动做功等于外力对小车做的总功，需要平衡摩
31、擦力，打点计时器使用交流电源，本实验的拉力由传感器直接得出，不需要用钩码的重力来代替；（2）根据图象可知，当W=0时，小车的动能不为零，据此判断不通过原点的原因，跟据动能定理可知，W=，求出v2W函数表达式，根据斜率的含义求出质量即可解答：解：（1）A、为了便于研究小车动能的变化，小车的初动能应为零，所以小车必须从同一位置由静止弹出，为了使小车在倾斜的平面上被橡皮筋拉动做功等于外力对小车做的总功，需要平衡摩擦力，则可以将木板适当垫高，以平衡摩擦力，故A错误，B正确；C、打点计时器必须使用交流电源供电，故C错误；D、本实验的拉力由传感器直接得出，不需要用钩码的重力来代替，所以不需要满足mGm，故
32、D错误故选：B（2）根据图象可知，当W=0时，小车的动能不为零，即没有拉时，小车就有了速度，说明平衡摩擦力过度，根据动能定理可知，W=，解得：，则v2W图象的斜率表示，根据图象可知，=解得：m=0.4kg故答案为：（1）B；（2）平衡摩擦力过度；0.4点评：本题主要考查了“力做功与小车速度变化的关系”实验的注意事项和数据处理方向，特别注意的是本实验的拉力由传感器直接得出，不需要用钩码的重力来代替，所以不需要满足mGm，很多同学会误选D答案，难度适中12（16分）如图所示，轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端紧靠质量为m1=1kg的小物块质量为m2=1kg的小滑块从倾角为=37的斜面上高h=0.6m处
33、静止开始滑下，由斜面底端无能量损失地进入光滑水平面，并与m1碰撞后粘合在一起向左运动已知小滑块与斜面的动摩擦因数为=0.5，g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）小滑块在斜面上下滑的加速度a；（2）小滑块到达斜面底端时的速度；（3）弹簧弹性势能的最大值Emax考点：动量守恒定律；动能定理的应用；功能关系 分析：（1）对滑块进行受力分析，由牛顿第二定律即可求出加速度；（2）物块从坡顶滑下，重力和摩擦力做功，根据动能定理可求出物块滑到底端时的速度大小（3）两物块碰撞的过程中，满足动量守恒定律，由此即可求出碰撞后的共同速度；物块压缩弹簧后，物块和弹簧组成的系统机械能守恒，
34、根据机械能守恒定律可弹性势能解答：解：（1）对滑块进行受力分析如图，则：支持力：N=m2gcos=110cos37=8N滑块受到的摩擦力：f=N=0.58=4N滑块的加速度（2）在由A滑到底端的过程中，重力做正功，摩擦力做负功，由动能定理得：m2gh=m2v2代入数据解得：v=2m/s（3）两物块碰撞的过程中，系统在水平方向的动量守恒，选择向左为正方向，由动量守恒定律得：m2v=（m1+m2）v所以：m/s物块压缩弹簧后，物块和弹簧组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律可得：代入数据得：Emax=1J答：（1）小滑块在斜面上下滑的加速度是2m/s2；（2）小滑块到达斜面底端时的速度是2m/s
35、；（3）弹簧弹性势能的最大值Emax是1J点评：本题是动能定理与动量守恒定律、机械能守恒定律的运用对动能定理的运用，要选择研究过程，分析哪些力对物体做功，进而确定合力的功或总功13（18分）如图所示，横向宽度为L、纵向宽度足够大的区域内，直线PQ两侧分别存在强度相同、方向相反但均垂直于纸面的匀强磁场一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从P点沿与PQ成=30角的方向，以速度v射入下方磁场区域，粒子最终从Q点离开，不计粒子重力（1）求磁场磁感应强度最小值；（2）若粒子从Q点射出时的速度与从P点射入时相同，求粒子在磁场中的运动时间；（3）撤去磁场，在纸面内加一与初速度v垂直的匀强电场，仍使粒子从P点
36、射入并经过Q点，求电场强度的大小考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）当粒子在磁场中运动的轨道半径最大时，速度最大，根据几何关系求出最大半径，结合半径公式求出磁感应强度的最小值（2）抓住粒子从Q点射出时速度与P点射入时速度相同，根据圆周运动的周期性，求出粒子在磁场中转动的圆心角的总和，根据粒子在磁场中运动的半径公式，结合周期性求出周期的大小，从而求出粒子在磁场中的运动时间（3）粒子在电场中做类平抛运动，将粒子的运动分解为垂直电场方向和沿电场方向，结合牛顿第二定律和运动学公式求出电场强度的大小解答：解：（1）当粒子在磁场中运动的轨道半
37、径最大时，磁感应强度最小如图所示根据几何关系知，粒子在磁场中运动的轨道半径r=根据得，磁感应强度的最小值B=（2）若粒子从Q点射出时的速度与从P点射入时相同，根据几何关系知，粒子在磁场中运动转过的角度=4n，n=1，2，3，则粒子在磁场中运动的时间t=，T=，根据几何关系有：，n=1，2，3，联立解得t=（3）撤去磁场，在纸面内加一与初速度v垂直的匀强电场，知粒子在垂直电场方向上运动的距离x=Lcos，沿电场线方向上的距离y=Lsin，t=，y=，联立解得E=答：（1）磁场磁感应强度最小值为；（2）粒子在磁场中的运动时间为；（3）电场强度的大小为点评：本题考查了带电粒子在磁场和电场中的运动，对
38、于粒子在磁场中，关键确定圆心、半径和圆心角，结合半径公式和周期公式进行求解，对于粒子在电场中运动，掌握处理类平抛运动的方法，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解14在上百米高空的摩天大楼中，因普通电梯牵引钢绳太长形成很多技术因素（图a），因此人们设计了电磁驱动的方式牵引电梯图b所示为电磁驱动的一种简化原理：光滑的平行长直金属导轨置于竖直面内，间距为L、导轨下端接有阻值为R的电阻，质量为m的导体棒（相当于电梯车厢）垂直跨接在导轨上，导轨和导体棒的电阻均不计，且接触良好在导轨平面上存在着磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，当磁场以速度v1匀速向上移动时，导体棒随之运动并很快达到恒定
39、速度设导体棒始终处于磁场区域内求（1）导体棒所达到的恒定速度v2；（2）导体棒以恒定速度运动时，克服重力做功的功率和电路中消耗的电功率；（3）若t=0时磁场由静止开始水平向上做匀加速直线运动，经过较短时间后，导体棒也做匀加速直线运动，其vt关系如图c所示，已知在时刻t导体棒的瞬时速度大小为v，求导体棒做匀加速直线运动时的加速度大小考点：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）导体棒相对磁场的速度为v=v1v2，由感应电动势为E=BLv知电动势，由欧姆定律和平衡条件知速度v2；（2）根据P=Fv列式求解即可（3）导体棒也做匀加速直线运动，说明安培力不
40、变，即产生的感应电流不变，知导体棒相对磁场速度不变，设共同加速度为a，根据运动学知识、牛顿运动定律和（1）中公式求解加速度解答：解：（1）导体棒相对磁场的速度为v=v1v2产生的感应电动势为E=BLv感应电流I=F=BIl当达到稳定速度时：F=mg由知v2=（2）导体棒以恒定速度运动时，克服重力做功的功率PG=mgv2=mg=；电路中消耗的电功率P电=Fv2=mgv2=（3）若t=0时磁场由静止开始水平向上做匀加速直线运动，经过较短时间后，导体棒也做匀加速直线运动，说明安培力不变，即产生的感应电流不变，知导体棒相对磁场速度不变，设加速度为a，则磁场速度为v1=at导体棒速度为v2=a（tt0）=v当达到稳定时：Fmg=ma由解得a=答：（1）导体棒所达到的恒定速度v2为；（2）导体棒以恒定速度运动时，克服重力做功的功率和电路中消耗的电功率均为；（3）导体棒做匀加速直线运动时的加速度大小为点评：与新科技背景相联系的题目是考试的热点，注意发掘与哪部分知识相联系，明确运动过程和适用的规律，本题中切割磁感线的速度为两者的相对速度，问题考查较细，因此要细心