1、广东省深圳市宝安区2015届高考物理二模试卷一、单项选择题（每题4分）1（4分）一正弦交流电的电压随时间变化规律如图所示，则交流电的（）A电压瞬时值表达式为u=100cos（25t）VB周期为0.04sC电压有效值为100VD频率为50Hz2（4分）如图所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下以顺时针方向以Q点为焦点的椭圆运动，线段MN为椭圆的长轴，则电子在运动过程中（）A在M点的速率最小B在电子从M点向N点运动过程中电势能减小C电子从N点向M点运动库仑力做负功D电子在椭圆上经过N点时所受电场力最小3（4分）如图所示，放在水平桌面上的木块A处于静止状态，所挂的砝码和托盘的总质量为0.
2、6kg，弹簧测力计读书为2N，滑轮摩擦不计，若轻取走盘中的部分砝码，使总质量减少到0.3kg时，将会出现的情况是（g=10m/s2）（）AA仍静止不动B弹簧测力计的读数将变小CA对桌面的摩擦力不变DA所受的合力将要变大4（4分）边长为h的正方形金属导线框，从图所示的初始位置由静止开始下落，通过一匀强磁场区域，磁场方向垂直于线框平面，磁场区宽度等于H，Hh从线框开始下落到完全穿过磁场区的整个过程中（）A线框运动的方向不是始终是向下的B线框加速度的方向总是向下C线框中总是有感应电流存在D线框在穿过磁场整个过程中损失的机械能全部转化为内能二、双项选择题（每题6分）5（6分）某物体的运动图象为正弦曲线
3、，如图所示，物体从0时刻开始运动，则下列说法正确的是（）At=4s时物体的加速度改变方向Bt=3s时物体速度正在减少Ct=8s时物体回到出发点Dt=2s时物体的速度比t=5s时物体的速度小6（6分）下列关于原子和原子核的说法正确的是（）A天然放射现象说明原子核内部具有复杂结构B波尔理论的假设之一是原子能是具有连续性C原子核能发生衰变说明原子核内存在电子D汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子是有复杂结构的7（6分）下列说法正确的是（）A肥皂水的水面能托住小的硬币主要与液体的表面张力有关B酒香不怕巷子深与分子热运动有关C密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程外界对其做功，瓶内空气
4、内能增加D空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性8（6分）“北斗”导航系统的部分卫星的轨道如图所示，其中A、B两颗卫星的轨道恰好为同心共面圆，A的轨道在B的轨道外侧，则（）AA卫星的运行速度大于B卫星的运行速度BA卫星需要的发射速度大于B卫星需要的发射速度CA卫星的运行速度大于第一宇宙速度DA卫星的周期大于B卫星的周期9（6分）如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙壁上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始下滑，则（）A在小球从圆弧槽上下滑运动过程中，小球和槽组成的系统水平方向的动量始终守恒B在小球从圆弧槽上下滑运动过程中小球的机械能
5、守恒C在小球压缩弹簧的过程中小球与弹簧组成的系统机械能守恒D小球离开弹簧后能追上圆弧槽三、非选择题（共4小题，满分54分）10（8分）某同学想通过以下实验测量一小灯泡的额定功率，他所用器材如下：A、待测小灯泡一只：额定电压为2.5V，电阻约为几欧B、电压表一只：量程为3V，内阻约为3kC、电流表一只：量程为0.6A，内阻约为0.1D、滑动变阻器一只，干电池两节，开关一个，导线若干请在甲图中补全测量小灯泡额定功率的电路图图甲中开关S闭合前，滑动变阻器的滑片应置于（选填“A端”、“B端”或“AB正中间”）该同学通过实验作出了小灯泡的伏安特性曲线，如图乙所示，则小灯泡的额定功率为W（结果保留两位有效
6、数字）由于实验中使用的电流表与电压表不是理想的电表，该同学测出小灯泡的功率（填“大于”、“等于”或“小于”）灯泡的实际消耗功率，引起误差的原因是11（10分）如图1所示为某同学测定滑块与斜面间动摩擦因数的装置，打点计时器固定在斜面的最上端，让一滑块拖着穿过打点计时器限位孔的纸带从斜面上滑下图2是该同学实验时打出的某条纸带的一段已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，利用该纸带中测出的数据可得滑块下滑的加速度大小a=m/s2打点计时器打B点时，滑块的速度大小vB=m/s （保留三位有效数字）为了测出滑块与斜面间的动摩擦因数，该同学已经测出斜面的长度l及高度h，求动摩擦因数的表达式为= （用l、
7、h、g及加速度a表示）用这种方法测定的动摩擦因数的值 （填“大于”或者“小于”）真实值，引起误差的原因是12（18分）有一个1000匝的矩形线圈，两端通过导线与平行金属板AB相连（如图所示），线圈中有垂直纸面向外的匀强磁场；已知AB板长为2d，板间距离为d当穿过线圈的磁通量增大且变化率为0.2Wb/s时，有一比荷为=1.0106C/kg的带正电粒子以初速度v0从上板的边缘射入板间，并恰好从下板的边缘射出；之后沿直线MN运动，又从N点射入另一垂直纸面向外磁感应强度为B=0.1T的圆形匀强磁场区（图中未画出），离开圆形磁场时速度方向偏转了60不计带电粒子的重力试求（1）AB板间的电压UAB（2）v
8、0的大小（3）圆形磁场区域的最小半径13（18分）在水平长直的轨道上有一长度为l的平板车，将一质量为m=1kg的小滑块在下列情形下轻放在平板车上表面的中点（1）若平板车的质量为M=3kg，长直轨道光滑，让平板车以v0=4m/s的初速度运动，小滑块不会从平板车上掉下来，则小滑块相对于平板车静止时的速度为多少？（2）若平板车在外力控制下始终保持速度v0=4m/s做匀速直线运动，小滑块最终相对小车静止，滑块和车因摩擦产生的内能为多少？（3）已知滑块与车面间动摩擦因数=0.2，车长L=2m，平板车在外力控制下保持速度v0=4m/s速度不变，取g=10m/s2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与
9、车运动方向相同的恒力F=6N，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F作用时间应该在什么范围？广东省深圳市宝安区2015届高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每题4分）1（4分）一正弦交流电的电压随时间变化规律如图所示，则交流电的（）A电压瞬时值表达式为u=100cos（25t）VB周期为0.04sC电压有效值为100VD频率为50Hz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：根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等解答：解：由图象可知交流电的最大值为100V，因此其有效值为：，故C错误；由图可知，T=4102s，故
10、，=2f=50rad/s，所以其表达式为u=100sin（50t）V，故AD错误，B正确故选：B点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式2（4分）如图所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下以顺时针方向以Q点为焦点的椭圆运动，线段MN为椭圆的长轴，则电子在运动过程中（）A在M点的速率最小B在电子从M点向N点运动过程中电势能减小C电子从N点向M点运动库仑力做负功D电子在椭圆上经过N点时所受电场力最小考点：库仑定律；电势能 分析：根据电场力做功情况判断电荷速率、电势能的变化情况：电场力做正功，
11、动能增大，电势能减小；电场力做负功，动能减小，电势能增大，并根据点电荷电场强度公式，从而即可求解解答：解：A、电子在库仑引力作用下做椭圆运动，在M点的速率最大，在N点的速率最小，故A错误；BC、电子从M运动到N的过程中，静电力对电子做负功，电子的动能减小，电势能增大；电子从N运动到M的过程中，静电力对电子做正功，电子的动能增大，电势能减小；故BC错误D、根据点电荷电场强度公式，可知，离Q点距离越远的，电场强度越小故D正确故选：D点评：本题关键静电力做功正负判断电子的动能、电势能变化的关系，利用推论：负电荷在电势高处电势能小，分析得到N点的电势最低3（4分）如图所示，放在水平桌面上的木块A处于静
12、止状态，所挂的砝码和托盘的总质量为0.6kg，弹簧测力计读书为2N，滑轮摩擦不计，若轻取走盘中的部分砝码，使总质量减少到0.3kg时，将会出现的情况是（g=10m/s2）（）AA仍静止不动B弹簧测力计的读数将变小CA对桌面的摩擦力不变DA所受的合力将要变大考点：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：对A受力分析可得出A受到的静摩擦力，根据静摩擦力与最大静摩擦力的关系可得出最大静摩擦力；再根据变化之后的受力情况可判断A的状态及读数的变化解答：解：初态时，对A受力分析有：得到摩擦力Ff=F1F2=62=4N，说明最大静摩擦力Fmax4N，当将总质量减小
13、到0.3kg时，拉力变为3N，物体仍静止，合力仍为零；弹簧测力计的示数不变，故摩擦力变化Ff=1N故A正确，B、C、D错误故选：A点评：本题考查静摩擦力的计算，要注意静摩擦力会随着外力的变化而变化，但不会超过最大静摩擦力弹簧的弹力取决于弹簧的形变量，形变量不变，则弹力不变4（4分）边长为h的正方形金属导线框，从图所示的初始位置由静止开始下落，通过一匀强磁场区域，磁场方向垂直于线框平面，磁场区宽度等于H，Hh从线框开始下落到完全穿过磁场区的整个过程中（）A线框运动的方向不是始终是向下的B线框加速度的方向总是向下C线框中总是有感应电流存在D线框在穿过磁场整个过程中损失的机械能全部转化为内能考点：导
14、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：因为Hh，故可以分为三个过程：从下边开始进入磁场到全部进入磁场；从全部进入磁场到下边开始离开磁场；下边开始离开磁场到全部离开磁场再由楞次定律和左手定则可以判断知道结合牛顿第二定律判断线框的速度，由能量守恒定律判断损失的机械能和产生内能的关系解答：解：A、线框在进入和穿出磁场的过程中有感应电流，受到安培力的方向始终向上，故A错误B、从下边开始进入磁场，当安培力大于其重力时可能做减速运动，故B错误C、线框在进入和穿出磁场的过程中有感应电流，线框全部处于磁场中时，无电流，故C错误D、由能量守恒定律知，线框在穿过磁场整个过程
15、中损失的机械能全部转化为内能，故D正确故选：D点评：该题考查了由楞次定律、左手定则和牛顿定律的应用，此题的分析首先要进行分段，进行受力分析和运动过程分析二、双项选择题（每题6分）5（6分）某物体的运动图象为正弦曲线，如图所示，物体从0时刻开始运动，则下列说法正确的是（）At=4s时物体的加速度改变方向Bt=3s时物体速度正在减少Ct=8s时物体回到出发点Dt=2s时物体的速度比t=5s时物体的速度小考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 分析：由图象直接读出质点的速度变化，从而能质点位移的变化，加速度方向总与位移方向相反，据此分析质点振动的情况解答：解：A、t=4s时物体的速度为0，处于最大
16、位移处，加速度方向没有改变，故A错误B、由图看出，t=3s时物体速度正在减少，故B正确C、从t=0到t=8s正好经过了一个周期，物体回到出发点故C正确D、速度大小是指其绝对值，由图知，t=2s时物体的速度比t=5s时物体的速度大，故D错误故选：BC点评：本题是速度图象，要抓住速度与位移的对应关系，明确振动物体的加速度方向总与位移方向相反，可结合简谐运动的特征=分析加速度6（6分）下列关于原子和原子核的说法正确的是（）A天然放射现象说明原子核内部具有复杂结构B波尔理论的假设之一是原子能是具有连续性C原子核能发生衰变说明原子核内存在电子D汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子是有复杂
17、结构的考点：玻尔模型和氢原子的能级结构；粒子散射实验；原子的核式结构 专题：原子的核式结构及其组成分析：天然放射现象说明原子核内部具有复杂结构，汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子是有复杂结构的；衰变的实质是原子核内的中子转化为质子而同时释放出电子解答：解：A、天然放射现象说明原子核内部具有复杂结构，故A正确；B、波尔理论的假设之一是原子能量的量子化，还有轨道量子化，原子能是不具有连续性的故B错误；C、衰变的实质是原子核内的中子转化为质子而同时释放出电子，该电子并不是原子核中的电子故C错误；D、汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子是有复杂结构的，故D正确故选：A
18、D点评：该题考查天然放射现象的发现的意义、波尔理论、衰变的实质以及汤姆生发现电子的意义，其中波尔理论的内容和基本假设是最长考到的知识点之一7（6分）下列说法正确的是（）A肥皂水的水面能托住小的硬币主要与液体的表面张力有关B酒香不怕巷子深与分子热运动有关C密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程外界对其做功，瓶内空气内能增加D空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性考点：热力学第二定律；分子的热运动；* 液体的表面张力现象和毛细现象 专题：热力学定理专题分析：水面能托住小的硬币主要是受液体的表面张力，酒香不怕巷子深是分子热运动，温度降低，内能减小，热量只能自发由高温物体传向低温物体解答：解：
19、A、肥皂水的水面能托住小的硬币主要与液体的表面张力有关，A正确；B、酒香不怕巷子深与分子热运动有关，B正确；C、温度降低，内能减小，C错误；D、热量只能自发由高温物体传向低温物体，D错误；故选AB点评：本题考查的知识点比较简单，对选修部分的学习要全面掌握8（6分）“北斗”导航系统的部分卫星的轨道如图所示，其中A、B两颗卫星的轨道恰好为同心共面圆，A的轨道在B的轨道外侧，则（）AA卫星的运行速度大于B卫星的运行速度BA卫星需要的发射速度大于B卫星需要的发射速度CA卫星的运行速度大于第一宇宙速度DA卫星的周期大于B卫星的周期考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用 专题：人造
20、卫星问题分析：第一宇宙速度又称为近地轨道环绕速度，是指在地球上发射的物体绕地球飞行作圆周运动所需的最小初始速度根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、周期和向心力的表达式进行讨论即可解答：解：A、根据人造卫星的万有引力等于向心力，=m=mv=，A的轨道在B的轨道外侧，则A卫星的运行速度小于B卫星的运行速度，故A错误；B、A的轨道在B的轨道外侧，则A卫星需要的发射速度大于B卫星需要的发射速度，故B正确；C、第一宇宙速度是最大的环绕地球运动的速度，所以A卫星的运行速度小于第一宇宙速度，故C错误；D、T=2，A的轨道在B的轨道外侧，A卫星的周期大于B卫星的周期，故D正确；故选：BD点评：本
21、题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度、角速度、周期和加速度的表达式，再进行讨论9（6分）如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙壁上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始下滑，则（）A在小球从圆弧槽上下滑运动过程中，小球和槽组成的系统水平方向的动量始终守恒B在小球从圆弧槽上下滑运动过程中小球的机械能守恒C在小球压缩弹簧的过程中小球与弹簧组成的系统机械能守恒D小球离开弹簧后能追上圆弧槽考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：由动量守恒的条件可以判断动量是否守恒；由功的定义可确定小球和槽的
22、作用力是否做功；由小球及槽的受力情况可知运动情况；由机械守恒及动量守恒可知小球能否追上圆弧槽解答：解：A、小球和圆弧槽在竖直方向上受力不平衡，故竖直方向系统动量不守恒，水平方向受力平衡，系统动量守恒，故A正确；B、小球和圆弧槽在水平方向动量守恒，故系统机械能守恒，故小球开始时的重力势能转化为小球和圆弧槽的动能，故小球的机械能减少，故B错误；C、小球压缩弹簧时，只有弹簧弹力做功系统机械能守恒，故C正确；D、小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被反弹后球与槽的速度相等，小球不能追上圆弧槽，故D错误故选：AC点评：解答本题要明确动量守
23、恒的条件，以及在两物体相互作用中同时满足机械能守恒，应结合两点进行分析判断三、非选择题（共4小题，满分54分）10（8分）某同学想通过以下实验测量一小灯泡的额定功率，他所用器材如下：A、待测小灯泡一只：额定电压为2.5V，电阻约为几欧B、电压表一只：量程为3V，内阻约为3kC、电流表一只：量程为0.6A，内阻约为0.1D、滑动变阻器一只，干电池两节，开关一个，导线若干请在甲图中补全测量小灯泡额定功率的电路图图甲中开关S闭合前，滑动变阻器的滑片应置于B端（选填“A端”、“B端”或“AB正中间”）该同学通过实验作出了小灯泡的伏安特性曲线，如图乙所示，则小灯泡的额定功率为1.1W（结果保留两位有效数
24、字）由于实验中使用的电流表与电压表不是理想的电表，该同学测出小灯泡的功率大于（填“大于”、“等于”或“小于”）灯泡的实际消耗功率，引起误差的原因是因为电压表分流，电流表测得的电流大于灯泡的电流考点：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）根据实验要求及给出的信息分析电路结构，从而得出正确的电路图；（2）根据滑动变阻器原理及实验安全的要求可以明确电路中电流应从最小开始调节，从而明确滑片开始时的位置；（3）由伏安特性曲线明确达到额定电压时的电流，则由P=UI可求得功率；（4）根据电表内阻的影响，分析测量数据与实际数据间的关系，从而明确误差及其来源解答：解：（1）为了精确测量
25、灯泡功率并得出伏安特性曲线，应采用滑动变阻器的分压接法，同时灯泡内阻较小，故采用电流表外接法；故电路图如图所示；（2）为了保证实验安全，开始时测量电路两端的电压应为最小值，故滑片开始时应接在B端；（3）由得出的伏安特性曲线可知，当电压2.5V时，电流为0.44A；则灯泡的额定功率P=UI=2.50.44=1.1W；（4）电表不是理想电表，则由于采用外接法，故电流表示数偏大，由P=UI可知，测量值应大于真实值；故答案为：（1）如图所示；（2）B端；（3）1.1；（4）大于；因为电压表分流，电流表测得的电流大于灯泡的电流，点评：本题考查测量灯泡功率的实验，要注意明确实验中的基本原理，脱离开原理是无
26、法正确解决实验问题的；处理数据时注意将将公式与图象联系在一起理解和解答问题11（10分）如图1所示为某同学测定滑块与斜面间动摩擦因数的装置，打点计时器固定在斜面的最上端，让一滑块拖着穿过打点计时器限位孔的纸带从斜面上滑下图2是该同学实验时打出的某条纸带的一段已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，利用该纸带中测出的数据可得滑块下滑的加速度大小a=3.90m/s2打点计时器打B点时，滑块的速度大小vB=1.67m/s （保留三位有效数字）为了测出滑块与斜面间的动摩擦因数，该同学已经测出斜面的长度l及高度h，求动摩擦因数的表达式为= （用l、h、g及加速度a表示）用这种方法测定的动摩擦因数的值大
27、于 （填“大于”或者“小于”）真实值，引起误差的原因是在实验中将振针对纸带的摩擦力及空气对滑块的阻力计入斜面对滑块的摩擦力考点：探究影响摩擦力的大小的因素 专题：实验题；摩擦力专题分析：利用匀变速直线运动的推论，采用a=求解加速度，根据匀变速直线运动的一段过程中间时刻速度等于平均速度求解B点速度，对滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律解决问题，并根据动摩擦因数表达式，即可分析解得解答：解：由图乙中的纸带可知相邻的2个计数点间的时间间隔t=20.02s=0.04s，根据匀变速直线运动的推论a=3.90m/s2根据匀变速直线运动的一段过程中间时刻速度等于平均速度得：vB=1.67m/s对小车进行受力
28、分析，小车受重力、支持力、阻力将重力沿斜面和垂直斜面分解，设斜面倾角为，根据牛顿第二定律得：F合=mgsinf=ma则有f=mgsinma，该同学已经测出斜面的长度l及高度h，即sin=，而cos=，而f=N则有，动摩擦因数的表达式为=根据上面分析，求得阻力，即为斜面摩擦阻力，纸带受到的阻力，及空气阻力；所以动摩擦因数的值大于真实值，原因是在实验中将振针对纸带的摩擦力及空气对滑块的阻力计入斜面对滑块的摩擦力；故答案为：3.90（3.804.00）；1.67； 大于，在实验中将振针对纸带的摩擦力及空气对滑块的阻力计入斜面对滑块的摩擦力点评：能够知道相邻的计数点之间的时间间隔能够把纸带的问题结合动
29、力学知识运用解决问题注意单位的换算和有效数字的保留，同时注意误差分析产生原因是分析误差的入手点12（18分）有一个1000匝的矩形线圈，两端通过导线与平行金属板AB相连（如图所示），线圈中有垂直纸面向外的匀强磁场；已知AB板长为2d，板间距离为d当穿过线圈的磁通量增大且变化率为0.2Wb/s时，有一比荷为=1.0106C/kg的带正电粒子以初速度v0从上板的边缘射入板间，并恰好从下板的边缘射出；之后沿直线MN运动，又从N点射入另一垂直纸面向外磁感应强度为B=0.1T的圆形匀强磁场区（图中未画出），离开圆形磁场时速度方向偏转了60不计带电粒子的重力试求（1）AB板间的电压UAB（2）v0的大小（
30、3）圆形磁场区域的最小半径考点：法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动 专题：电磁感应与图像结合分析：（1）根据法拉第电磁感应定律，即可求解；（2）粒子做类平抛运动，根据运动的分解，结合牛顿第二定律与运动学公式，即可求解；（3）粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，结合洛伦兹力公式，可求出运动半径，并由几何关系，即可求解解答：解：（1）由法拉第电磁感应定律：得矩形线圈产生的感应电动势E=200V因为AB板间的电压等于线圈产生的电动势，故 UAB=200V（2）带电粒子在AB板间做类平抛运动，设从下板边缘离开时竖直方向的速度为vy，则：水平方向：
31、L=v0t竖直方向：由并代入数据得：（3）粒子进入磁场瞬间：vy=at=2.0104m/s带电粒子在圆形磁场区中做匀速圆周运动， 洛伦兹力作向心力：由并代入数据得：如图，由几何关系得弦NQ的长为在过NQ两点的圆中，以弦NQ为直径的圆最小圆形磁场区域的最小半径为：答：（1）AB板间的电压200V；（2）v0的大小2.0104m/s；（3）圆形磁场区域的最小半径0.14 m点评：考查法拉第电磁感应定律、平抛运动处理规律、牛顿第二定律与运动学公式等应用，掌握运动的分解的同时性，注意运动轨迹的半径与圆形磁场的半径的区别13（18分）在水平长直的轨道上有一长度为l的平板车，将一质量为m=1kg的小滑块在
32、下列情形下轻放在平板车上表面的中点（1）若平板车的质量为M=3kg，长直轨道光滑，让平板车以v0=4m/s的初速度运动，小滑块不会从平板车上掉下来，则小滑块相对于平板车静止时的速度为多少？（2）若平板车在外力控制下始终保持速度v0=4m/s做匀速直线运动，小滑块最终相对小车静止，滑块和车因摩擦产生的内能为多少？（3）已知滑块与车面间动摩擦因数=0.2，车长L=2m，平板车在外力控制下保持速度v0=4m/s速度不变，取g=10m/s2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F=6N，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F作用时间应该在什么范围？考点：动量守恒定律；匀变速直线
33、运动的位移与时间的关系；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的应用 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）由动量守恒定律列出等式，由能量守恒求解速度；（2）根据牛顿第二定律和运动学公式求解相对位移，则可由功的计算求出因摩擦产生的内能；（3）力F取6N，当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动，再做匀减速运动，到达车右端时，与车达共同速度根据根据牛顿第二定律和几何关系求解解答：解：（1）由动量守恒定律得：Mv0=（M+m）v 解得v=3m/s；（2）根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度a=g 滑块相对车滑动的时间 t=滑块相对车滑动的距离x=v0t=滑块与车因摩擦产生
34、的内能 Q=mgx=mv02=8J （3）F取6N；设恒力F取最小值为F1，滑块加速度为a1，此时滑块恰好到达车的左端，则滑块运动到车左端的时间 t1=由几何关系有 v0t1=由牛顿定律有 F1+mg=ma1由式代入数据解得 t1=0.5s，F1=6N则恒力F大小应该满足条件是 F6N因此F=6N小滑块恰好不会掉下来当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动（设运动加速度为a2，时间为t2），再做匀减速运动（设运动加速度大小为a3）到达车右端时，与车达共同速度则有F1mg=ma2mg=ma3a2t22+=L 代入数据解得t2=0.58s； 则力F的作用时间t应满足 t1tt1+t2，即0.5st1.08s 答：（1）小滑块相对于平板车静止时的速度为3m/s（2）摩擦产生的内能为8J；（3）力F的作用时间应该在0.5st1.08s点评：对物体运动的正确判断，物体从端不滑下的前提是车的位移物体的位移小于车身长度的一半，物体不从右端滑出，物体在力F作用下加速运动，当撤去F后，物体在滑动摩擦力作用下做减速直线运动，当速度与车相同时，注意车和物体的位移关系
