1、2015年广东省清远市华侨中学高考物理模拟试卷（三）一、单项选择题（每题4分）1（4分）如图，用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间，开始时OB绳水平现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至B点，此时OB与OA之间的夹角90设此过程中OA、OB绳的拉力分别为FOA、FOB，则下列说法正确的是（） A FOA一直减小 B FOA一直增大 C FOB一直减小 D FOB先增大后减小【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 以结点O为研究对象，分析受力，作出轻绳在B和B两个位置时受力图，由图分析绳的拉力变化【解析】： 解
2、：以结点O为研究对象，分析受力：重力G、绳OA的拉力FOA和绳BO的拉力FOB，如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳OB在两个位置时力的合成图如图，由图看出，FOA逐渐减小，FOB先减小后增大，当=90时，FOB最小故选：A【点评】： 本题运用图解法研究动态平衡问题，也可以根据几何知识得到两绳垂直时，轻绳OB的拉力最小来判断2（4分）在如图所示的位移（x）时间（t）图象和速度（v）时间（t）图象中，给出的四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的（） A 在图示时间内丙、丁两车在t2时刻相距最远 B 0t1时
3、间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程 C 甲车做曲线运动，乙车做直线运动 D 0t2时间内丙、丁两车的平均速度相等【考点】： 匀变速直线运动的图像【专题】： 运动学中的图像专题【分析】： 在位移时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度，图象的交点表示位移相等，平均速度等于位移除以时间；在速度时间图象中，斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积表示位移【解析】： 解：A、在vt图象中，由图象与时间轴围成的面积表示位移可知：丙、丁两车在t2时刻面积差最大，所以相距最远，故A正确；B、在xt图象中，纵坐标的变化量表示位移，切线的斜率表示速度，可知0t1时间内，甲乙都沿正方向运动，位
4、移相等，又都是做单向直线运动，所以两车路程相等，故B错误C、位移图象只能表示物体做直线运动的情况，故C错误D、0t2时间内，丙的位移小于丁的位移，时间相等，而平均速度等于位移除以时间，所以丙的平均速度小于丁车的平均速度，故D错误故选：A【点评】： 要求同学们能根据图象读出有用信息，注意位移时间图象和速度时间图象的区别，难度不大，属于基础题3（4分）近几年我国在航空航天工业上取得了长足的进步，既实现了载人的航天飞行，又实现了航天员的出舱活动如图所示，在某次航天飞行实验活动中，飞船先沿椭圆轨道1飞行，后在远地点343千米的P处点火加速，由椭圆轨道1变成高度为343千米的圆轨道2下列判断正确的是（）
5、 A 飞船在椭圆轨道1上的机械能比圆轨道2上的机械能大 B 飞船在圆轨道2上时航天员出舱前后都处于失重状态 C 飞船在此圆轨道2上运动的角速度小于同步卫星运动的角速度 D 飞船在椭圆轨道1上通过P的加速度小于沿圆轨道2运动的加速度【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】： 人造卫星问题【分析】： 同步卫星的周期T=24h，根据周期与角速度的关系可知角速度的大小关系飞船在飞行过程中只受地球万有引力作用，飞船处于完全失重状态飞船的加速度由万有引力产生，加速度是否相同就是看飞船受到的万有引力是否一样【解析】： 解：A、在远地点343千米处点火加速，机械能增加，故飞船在椭圆轨道1上的机械
6、能比圆轨道2上的机械能小，故A错误B、飞船在圆轨道上时，航天员出舱前后，航天员所受地球的万有引力提供航天员做圆周运动的向心力，航天员此时的加速度就是万有引力加速度，即航天员出舱前后均处于完全失重状态，但都受重力，故B正确C、因为飞船在圆形轨道上的周期为90分钟小于同步卫星的周期，根据=可知角速度与周期成反比，所以飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度，故C错误D、飞船变轨前后通过椭圆轨道远地点时的加速度均为万有引力加速度，据可知，轨道半径一样则加速度一样，故D错误故选：B【点评】： 圆形轨道上，航天器受到的万有引力提供航天器做圆周运动的向心力，即万有引力产生的加速度等于向心加速
7、度，无论航天器是否做圆周运动，空间某点航天器无动力飞行时的加速度即为万有引力加速度，此加速度只跟物体轨道半径有关，与运动状态无关4（4分）如图所示，匝数为10的矩形线框处在磁感应强度B=T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度=10rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.4m2，线框通过滑环与一理想自藕变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L（4W，100）和滑动变阻器，已知图示状况下灯泡正常发光，电流表视为理想电表，则下列说法错误的是（） A 此时原副线圈的匝数比为2：1 B 此时电流表的示数为0.4A C 若将自耦变压器触头向下滑动，灯泡会变暗 D 若将滑动变阻器滑片向上移动
8、，则电流表示数增大【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 先根据公式Um=NBS求解输入电压的最大值，然后根据理想变压器的变压比公式和变流比公式列式求解【解析】： 解：A、输入电压的最大值为：Um=NBS=100.410V=40V，变压器变压器输入电压的有效值为：U1=V=40V，开关闭合时灯泡正常发光，所以U2=V=20V此时原副线圈的匝数比为2：1，故A正确；B、由欧姆定律得：I2=A=0.2A，根据电流与匝数成反比得：此时电流表的示数为：I1=A=0.1A，故B错误；C、若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数变小，根据电压与匝数成正比可知输出电压减小，所以灯泡变暗
9、，故C正确；D、线圈匝数不变，根据电压与匝数成正比可知输出电压不变，若将滑动变阻器触头向上滑动，连入电路电阻变大，负载等效电阻变大，可知副线圈和电流表示数变小，故D错误；本题选错误的，故选：BD【点评】： 关键是记住交流发电机最大电动势表达式Um=NBS，同时要明确输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率二、双项选择题（每题6分，漏选得3分，错选多选0分）5（6分）如图，冰水（设温度不变）中气泡上升过程体积逐渐增大，设泡内为质量不变的理想气体，则上升过程泡内气体（） A 压强增大 B 压强减小 C 在冰水中吸热 D 在冰水中放热【考点】： 理想气体的状态方程；封闭气体压
10、强【专题】： 理想气体状态方程专题【分析】： 在气泡缓慢上升的过程中，气泡外部的压强逐渐减小，气泡膨胀，对外做功，气泡内空气的温度始终等于外界温度，内能不变，根据热力学第一定律可以判断气泡吸放热情况根据理想气体状态方程知压强变化【解析】： 解：气泡缓慢上升的过程中，外部的压强逐渐减小，气泡膨胀对外做功，由于外部恒温，在上升过程中气泡内空气的温度始终等于外界温度，则内能不变，根据热力学第一定律可得，U=W+Q知，气泡内能不变，同时对外做功，所以必须从外界吸收热量，温度不变，体积膨胀，根据理想气体状态方程=C知压强减小故选：BC【点评】： 本题考查了热力学第一定律和理想气体状态方程的应用，记住公式
11、U=W+Q及各物理量的正负6（6分）下列说法中正确的是（） A 粒子散射实验证明了原子核还可以再分 B 分别用X射线和绿光照射同一金属表面都能发生光电效应，但用X射线照射时光电子的最大初动能较大 C 基态氢原子吸收一个光子跃迁到激发态后，可能发射多种频率的光子 D Th核发生一次衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了4【考点】： 原子核衰变及半衰期、衰变速度；光电效应【专题】： 衰变和半衰期专题【分析】： 粒子散射实验提出原子核式结构；天然放射现象揭示了原子核复杂结构；当发生光电效应时，入射光的频率越大，则最大初动能越大；原子吸收能量后，跃迁到激发态，因不稳定，则向基态跃迁，从而会发射多
12、种频率的光子，从而即可求解【解析】： 解：A、粒子散射实验提出原子核式结构，故A错误；B、X射线的频率大于绿光，当都能发生光电效应时，则用X射线照射时光电子的最大初动能较大，故B正确；C、基态氢原子吸收一个光子跃迁到n大于2的激发态后，因不稳定，则会向低能级跃迁，可能发射多种频率的光子，故C正确；D、粒子含有两个中子和两个质子，所以Th核发生一次衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2，故D错误；故选：BC【点评】： 考查粒子散射实验与天然放射现象的作用，掌握光电效应的最大初动能影响的因素，理解跃迁发出光子的原理7（6分）如图所示，在等量异种电荷形成的电场中，画一正方形ABCD，对角线A
13、C与两点电荷连线重合，两对角线交点O恰为电荷连线的中点下列说法中正确的是（） A B、D两点的电场强度及电势均相同 B A点的电场强度大于B点的电场强度且两点电场强度方向不同 C 一电子由B点沿BCD路径移至D点，电势能先增大后减小 D 一质子由C点沿COA路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功【考点】： 匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 解答本题要掌握等量异种电荷周围电场分布情况，在如图所示的等量异种电荷连线的中点O是两点电荷连线之间电场强度最小的点，同时是两点电荷连线中垂线上最强的点，中垂线为零等势线，中垂线上电场方向水平向右；另外电势能的变化
14、可通过电场力做功来判断【解析】： 解：A、由于B、D两点关于O点对称，因此其场强大小相等，方向均水平向右，中垂线为零等势线，故A正确；B、据等量异种电荷的电场可知，在图中所示的电场中EAEOEB，且电场方向都水平向右，故B错误；C、电子由B沿BC运动到C过程中，靠近负电荷远离正电荷，因此电场力做负功，电势能增大，沿CD运动到D过程中，靠近正电荷远离负电荷，电场力做正功，电势能减小，故整个过程中电势能先增大后减小，故C正确；D、图中两电荷连线电场方向水平向右，即由A指向C，质子受电场力水平向右，故质子由C点沿COA路径移至A点过程中电场力做负功，故D错误故选：AC【点评】： 要熟练掌握等量异种电
15、荷和等量同种电荷周围电场强度、电势分布情况，并能正确判断电荷在电场中运动时动能、电势能变化情况8（6分）图中MN和PQ为竖直方向的两平行足够长的光滑金属导轨，间距为L，电阻不计导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，两端分别接阻值为2R的电阻R1和电容为C的电容器质量为m、电阻为R的金属杆ab始终垂直于导轨，并与其保持良好接触杆ab由静止开始下滑，在下滑过程中最大的速度为v，整个电路消耗的最大电功率为P，则（） A 电容器左极板带正电 B 电容器的最大带电量为 C 杆ab所受安培力的最大功率为 D 杆ab的最大速度v等于【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】
16、： 电磁感应功能问题【分析】： 由右手定则判断出ab产生的感应电动势方向，即可判断电容器极板的电性线框做切割磁感线运动时，根据切割公式E=BLv、闭合电路欧姆定律公式和安培力公式可得到安培力F安=，当线框的速度达到最大时，根据平衡条件求解最大速度；此时电容器的带电量最大；根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况；根据P=Fv分析杆ab克服安培力的最大功率【解析】： 解：A、杆ab向下切割磁感线，由右手定则可知，ab中感应电动势方向由a指向b，b端相当于电源的正极，所以电容器右极板带正电，故A错误B、当线框的速度达到最大时，感应电动势最大，感应电动势的最大值为：Em=BLv=；路端电压的最大值，即电
17、容器的最大值为：U=E=BLv；故电容器的带电量最大，为：Q=CU=；故B正确；C、根据功能关系知，ab所受安培力的最大功率等于回路最大的电功率，为P故C错误D、由于ab棒匀速运动时速度最大，则 P=mgv，则得v=，故D正确故选：BD【点评】： 本题关键是明确导体棒的受力情况和运动情况，然后结合平衡条件和牛顿第二定律分析要注意电容器的电压等于外电压，即R1两端的电压9（6分）运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是（） A 阻力对系统始终做负功 B 系统受到的合外力始终向下 C 重力做功使系统的重力势能增加 D 相等的时间内重力做的功
18、不一定相等【考点】： 机械能守恒定律【专题】： 机械能守恒定律应用专题【分析】： 当力和位移的夹角为锐角时，力对物体做正功，当力和位移的夹角为钝角时，力对物体做负功，根据人的运动状态可以确定人的受力的情况，从而可以分析力做功的情况【解析】： 解：A、阻力的方向始终与人的运动的方向相反，所以阻力对系统始终做负功，故A正确B、根据加速运动，速度与加速度方向相同，减速运动，速度与加速度方向相反，则加速下降和减速下降两个过程，受到的合外力前者向下，后者向上，故B错误C、根据重力做功等于重力势能变化的关系“重力做功等于重力势能的减少量”，在下降的过程中重力做正功，可知此时物体的重力势能减小，所以C错误D
19、、由重力做的功W=mgh可知，由于人不是匀速运动的，在相等的时间内下降的高度不同，所以任意相等的时间内重力做的功不相等，故D正确故选：AD【点评】： 本题考查的是学生对功的理解，根据功的定义可以分析做功的情况关键知道重力做功等于重力势能的减少，重力以外力做功等于机械能的变化三、非选择题10（8分）某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图（a）和图（b）所示，长度为5.01cm，直径为5.315mm（2）按图（c）连接电路后，实验操作如下：（a）将滑动变阻器R1的阻值置于最大处（填“大”或“小”）；将S2
20、拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；（b）将电阻箱R2的阻值调至最大处（填“大”或“小”）；S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280；（3）由此可知，圆柱体的电阻为1280【考点】： 测定金属的电阻率【专题】： 实验题【分析】： （1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是游标卡尺示数（2）根据等效法测电阻的实验原理分析答题（3）根据实验原理与实验步骤求出圆柱体电阻【解析】： 解：（1）由图a所示游标卡尺可知，主尺示数为5.0cm，游标尺示数为10.1mm=0.1mm=0.01cm，游标卡尺
21、示数为5.0cm+0.01cm=5.01cm；由图b所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为5mm，可动刻度示数为31.50.01mm=0.315mm，螺旋测微器示数为5mm+0.315mm=5.315mm（2）（a）我i保护电路，应将滑动变阻器R1的阻值置于最大处；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；（b）为保护电路，应将电阻箱R2的阻值调至最大处；S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280；（3）两种情况下，电路电流相等，电路电阻相等，在圆柱体电阻与电阻箱电阻相等，圆柱体的电阻为1280故答案为：（1）5.01；5.315；（2）（
22、a）大；（b）大；（3）1280【点评】： 本题考查了游标卡尺与螺旋测微器读数、实验步骤、求电阻等问题；知道实验原理是正确解题的关键，要掌握等效法测电阻的方法11（10分）气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电传感器A、B，滑块P上固定一遮光条，若光线被遮光条遮挡，光电传感器会输出高电压，两光电传感器采集数据后与计算机相连滑块在细线的牵引下向左加速运动，遮光条经过光电传感器A、B时，通过计算机可以得到如图乙所示的电压U随时间t变化的图象（1）实验前，按通气源，将滑块（不挂钩码）置于气垫导轨上，轻推滑块，当图乙中的t1=t2（选填“”、“=”或“”）时，说明气垫导轨已经水平用螺旋测微器测遮光条
23、宽度d，测量结果如图丙所示，则d=8.474mm（2）将滑块P用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m的钩码Q相连，将滑块P由图甲所示位置释放，通过计算机得到的图象如图乙所示，若t1、t2、m和d已知，要验证滑块和钩码组成的系统机械能是否守恒，还应测出滑块质量M和两光电门间的距离L（写出物理量的名称及符号）（3）若上述物理量间满足关系式mgL=（m+M）（）2（m+M）（）2，则表明在上述过程中，滑块和钩码组成的系统机械能守恒（重力加速度为g）（4）在对数据进行处理时，发现关系式两边结果并不严格相等，其原因可能是受到了阻力的作用（写出一种即可）【考点】： 验证机械能守恒定律【专题】： 实验题【
24、分析】： （1）如果遮光条通过光电门的时间相等，说明遮光条做匀速运动，即说明气垫导轨已经水平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（2）要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒，就应该去求出动能的增加量和重力势能的减小量，根据这两个量求解（3）滑块和砝码组成的系统机械能守恒列出关系式（4）分析下落过程中的受力情况，则可得出误差的形成原因【解析】： 解：（1）如果遮光条通过光电门的时间相等，说明遮光条做匀速运动，即说明气垫导轨已经水平螺旋测微器的固定刻度读数为8mm，可动刻度读数为0.0147.4mm=0.474mm，所以最终读数为：8mm+0.474mm=
25、8.474mm（2）要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒，就应该去求出动能的增加量和重力势能的减小量，光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法由于光电门的宽度很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度vB=，vA=滑块和砝码组成的系统动能的增加量为：Ek=（m+M）（）2（m+M）（）2滑块和砝码组成的系统动能的重力势能的减小量为：Ep=mgL所以还应测出滑块质量M，两光电门间距离L（3）如果系统动能的增加量等于系统重力势能的减小量，那么滑块和砝码组成的系统机械能守恒即：mgL=（m+M）（）2（m+M）（）2（4）由于重物在下落过程中受到了空气阻力及纸带与传送带之间的摩擦力等阻力作用，
26、使重力势能的减小量大于动能的增加量；故答案为：（1）=，8.476（在8.4758.477之间均算对）（2）滑块质量M，两光电门间的距离L（3）mgL=（m+M）（）2（m+M）（）2（4）受到了阻力作用【点评】： 掌握螺旋测微器的读数方法了解光电门测量瞬时速度的原理实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面12（18分）如图所示，光滑水平台面MN上放两个相同小物块A、B，右端N处与水平传送带理想连接，传送带水平部分长度L=8m，沿逆时针方向以恒定速度v0=2m/s匀速转动物块A、B（大小不计，视作质点）与传送带间的动摩擦因数均为=0.2，物块A、B质量均为m=1kg开始时A、
27、B静止，A、B间压缩一轻质短弹簧现解除锁定，弹簧弹开A、B，弹开后B滑上传送带，A掉落到地面上的Q点，已知水平台面高h=0.8m，Q点与水平台面间右端间的距离S=1.6m，g取10m/s2（1）求物块A脱离弹簧时速度的大小；（2）求弹簧储存的弹性势能；（3）求物块B在水平传送带上运动的时间【考点】： 动量守恒定律；平抛运动【专题】： 动量定理应用专题【分析】： （1）根据平抛运动的规律求出物块A脱离弹簧时的速度大小（2）根据动量守恒定律求出B的速度，结合能量守恒求出弹簧储存的弹性势能（3）物块B向右先做匀减速运动，然后返回做匀加速运动，当速度达到传送带速度做匀速运动，结合牛顿第二定律和运动学公
28、式求出运动的总时间【解析】： 解：（1）A作平抛运动，竖直方向：，水平方向：S=vAt代入数据联立解得：vA=4m/s（2）解锁过程系统动量守恒，规定A的速度方向为正方向，有：mvAmvB=0由能量守恒定律：代入数据解得：Ep=16J （3）B作匀变速运动，由牛顿第二定律有：mg=ma解得：a=g=0.210m/s2=2m/s2B向右匀减速至速度为零，由，解得：SB=4mL=8m，所以B最终回到水平台面设B向右匀减速的时间为t1：vB=at1设B向左加速至与传送带共速的时间为t2，v0=at2由，共速后做匀速运动的时间为t3，有：SBS2=v0t3代入数据解得总时间：t=t1+t2+t3=4.
29、5s答：（1）物块A脱离弹簧时速度的大小为4m/s；（2）弹簧储存的弹性势能为16J；（3）物块B在水平传送带上运动的时间为4.5s【点评】： 本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律和牛顿第二定律的综合运用，理清物块在传送带上的运动规律，知道物块先向右做匀减速运动，然后返回做匀加速运动，再做匀速运动，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解13（18分）如图所示，竖直放置的金属薄板M、N间距为d绝缘水平直杆左端从N板中央的小孔穿过，与M板固接，右端处在磁感应强度为B的匀强磁场中质量为m、带电量为+q的中空小球P，套在水平直杆上，紧靠M板放置，与杆的动摩擦因数为当在M、N板间加上适当的电压U后，P球将
30、沿水平直杆从N板小孔射出，试问：（1）此时M、N哪个板的电势高？为什么？它们间的电势差必须大于多少？（2）若M、N间电压U=时，小球能沿水平直杆从N板中央小孔射入磁场，则射入的速率多大？若磁场足够大，水平直杆足够长，则小球在磁场中运动的整个过程中，摩擦力对小球做多少功？【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动【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： （1）小球P要向右从N板小孔射出，必须受到向右的电场力，即可判断出电场方向，判断出M、N哪个板的电势高电场力必须大于最大静摩擦力，qEmg，结合场强E与电势差的关系，即可求出电势差大小必须满足的条件；（2）小球P射
31、入磁场后受到竖直向上的洛伦兹力作用，并且洛伦兹力对小球不做功，速度在摩擦力作用下会减小，引起洛伦兹力减小，引起正压力变化，从而会引起摩擦力发生改变运用动能定理去求射入的速率【解析】： 解：（1）因P球带正电，只有M板电势高于N板电势，P球才会受到向右的电场力作用才有可能向右运动故，若要小球P沿水平直杆从板间射出，必须使M板电势高于N板电势 而要使小球P能沿水平直杆从板间射出，必须使电场力大于小球所受的摩擦力，即qEmg 而E=故（2）设P球射出电场时的速率为v，由动能定理得：即：解得：小球P射入磁场后受到竖直向上的洛伦兹力作用，可能出现三种情况qvB=mg，则小球不受摩擦力，做匀速直线运动故摩
32、擦力做功为零qvBmg，则直杆对小球有向下的压力，小球受摩擦力减速，当减速到洛仑兹力与重力大小相等后做匀速运动设小球匀速时的速度vt，则qvtB=mg设此过程中摩擦力做的功为W，由动能定理得：即解得：解得：W=4mgd答：（1）M板电势高于N板电势，它们间的电势必须大于；（2）射入的速率为，当qvB=mg时，摩擦力做功为零，当qvBmg时，摩擦力做功为，当qvBmg时，摩擦力做的功为4mgd【点评】： 本题是电磁学的综合问题，涉及到得知识点较多，难度较大特别是第二小问中有三种情况，很多同学只能分析其中的一种或两种，出现遗漏情况要注意本题中小球在磁场中运动时所受的摩擦力是一个变力，求变力做功一般用动能定理求解