1、2017年江苏省南通市高考物理全真模拟试卷（五）一、选择题1（3分）如图所示，有一斜面倾角为、质量为M的斜面体置于水平面上，A是最高点，B是最低点，C是AB的中点，其中AC段光滑、CB段粗糙一质量为m的小滑块由A点静止释放，经过时间t滑至C点，又经过时间t到达B点斜面体始终处于静止状态，取重力加速度为g，则（）AA到C与C到B过程中，滑块运动的加速度相同BA到C与C到B过程中，滑块运动的平均速度相等CC到B过程地面对斜面体的摩擦力水平向左DC到B过程地面对斜面体的支持力大于（M+m）g二、多项选择题（共1小题，每小题3分，满分3分）2（3分）如图所示，倾角为=30的光滑绝缘直角斜面ABC，D是
2、斜边AB的中心，在C点固定一个带电荷量为+Q的点电荷一质量为m，电荷量为q的小球从A点由静止释放，小球经过D点时的速度为v，到达B点时的速度为0，则（）A小球从A到D的过程中静电力做功为mv2B小球从A到D的过程中电势能逐渐减小C小球从A到B的过程中电势能先减小后增加DAB两点间的电势差UAB=七、解答题（共5小题，满分0分）3某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的竖直槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为Ff，轻杆向下移动不超过l时，装置可安全工作一质量为m的重物若从离弹簧上端h高处由静止自由下落碰撞弹簧，将导致轻杆向下移动了轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑
3、动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦已知重力加速度为g（1）若弹簧的进度系数为k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x；（2）求为使装置安全工作，允许该重物下落的最大高度H4如图所示，一物体质量m=2kg，在倾角=37的斜面上的A点以初速度v0=3m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB=4m，当物体到达B后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC=0.2m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点AD=3m，挡板及弹簧质量不计，g取10m/s2求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2）弹簧的最大弹性势能Epm5如图，两足够长的平行粗糙金属导轨MN，PQ相距d=0.5m导轨平面与水平面夹角为=3
4、0，处于方向垂直导轨平面向上、磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，长也为d的金属棒ab垂直于导轨MN、PQ放置，且始终与导轨接触良好，导体棒质量m=0lkg，电阻R=0l，与导轨之间的动摩擦因数=，导轨上端连接电路如图，已知电阻R1与灯泡电阻RL的阻值均为0.2R，导轨电阻不计，取重力加速度大小g=10m/s2，（1）求棒由静止刚释放瞬间下滑的加速度大小a；（2）假若导体棒有静止释放向下加速度运动一段距离后，灯L的发光亮度稳定，求此时灯L的实际功率P及棒的速率v6如图所示，区域、内存在垂直纸面向外的匀强磁场，区域内磁场的磁感应强度B，宽为1.5d，区域中磁场的磁感应强度B1未知，区域时无场区，
5、宽为d一个质量为m，电荷量为q的带正电粒子从磁场边界上的A点与边界成=60角垂直射入区域的磁场，粒子恰好不从区域的右边界穿出且刚好能回到A点，粒子重力不计，求：（1）区域中磁场的磁感应强B；（2）区域磁场的最小宽度L；（3）粒子从离开A点到第一次回到A点的时间t7如图所示，虚线FG、MN、CD为在同一平面内的水平直线边界，在MN、CD间有垂直边界的匀强电场，场强的大小E=1.5105N/C，方向如图，在FG、MN间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.2T，已知电场和磁场沿边界方向的长度均足够长，电场在垂直边界方向的宽度d1=0.20m，在CD边界上某点O处有一放射源，沿纸面向电场
6、中各个方向均匀地辐射出速率均为v0=1.0106m/s的某种带正电粒子，粒子质量m=6.41027kg，电荷量q=3.21019C，粒子可以无阻碍地通过边界MN进入磁场，不计粒子的重力及相互作用（1）求粒子在磁场中做圆周运动的半径；（2）要使所有粒子不从FG边界射出，求磁场垂直边界MN方向上的最小宽度d；（3）若磁场垂直边界MN方向上的宽度为0.2m，求边界FG上有粒子射出的长度范围及粒子首次在磁场中运动的最长时间2017年江苏省南通市高考物理全真模拟试卷（五）参考答案与试题解析一、选择题1如图所示，有一斜面倾角为、质量为M的斜面体置于水平面上，A是最高点，B是最低点，C是AB的中点，其中AC
7、段光滑、CB段粗糙一质量为m的小滑块由A点静止释放，经过时间t滑至C点，又经过时间t到达B点斜面体始终处于静止状态，取重力加速度为g，则（）AA到C与C到B过程中，滑块运动的加速度相同BA到C与C到B过程中，滑块运动的平均速度相等CC到B过程地面对斜面体的摩擦力水平向左DC到B过程地面对斜面体的支持力大于（M+m）g【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；29：物体的弹性和弹力；37：牛顿第二定律【分析】根据牛顿第二定律研究加速度平均速度根据公式分析对整体，运用牛顿第二定律分析地面对斜面的支持力和摩擦力【解答】解：A、根据牛顿第二定律得：AC段有：mgsin=ma1；BC段有：mgsinmgc
8、os=ma2；可知，A到C与C到B过程中，滑块运动的加速度不同，故A错误B、根据平均速度公式知，两个过程的位移和时间均相等，则平均速度相等故B正确C、设滑块到达C和B的速度分别为vC和vB根据平均速度相等有：，可得 vB=0说明滑块由C到B过程做匀减速运动，加速度沿斜面向上，有水平向左的分加速度，对斜面和滑块整体，由牛顿第二定律知，地面对斜面体的摩擦力水平向左故C正确D、滑块由C到B过程做匀减速运动，加速度沿斜面向上，有竖直向上的分加速度，处于超重状态，所以地面对斜面体的支持力大于（M+m）g故D正确故选：BCD【点评】本题考查牛顿运动定律和运动学公式的应用，在解题时注意D的解答中，直接应用超
9、重失重的规律可避免复杂的受力分析过程，也可以根据隔离法研究二、多项选择题（共1小题，每小题3分，满分3分）2如图所示，倾角为=30的光滑绝缘直角斜面ABC，D是斜边AB的中心，在C点固定一个带电荷量为+Q的点电荷一质量为m，电荷量为q的小球从A点由静止释放，小球经过D点时的速度为v，到达B点时的速度为0，则（）A小球从A到D的过程中静电力做功为mv2B小球从A到D的过程中电势能逐渐减小C小球从A到B的过程中电势能先减小后增加DAB两点间的电势差UAB=【考点】AD：电势差与电场强度的关系；AB：电势差；AE：电势能【分析】根据动能定理研究该质点从A点滑到非常接近斜边底端B点的过程，其中的A、D
10、点是同一等势面上，然后结合动能定理即可判断【解答】解：A、斜面的倾角为=30，斜面上AD=DB，由几何关系可知，AC=AD=CD，即A到C的距离与D到C的距离是相等的，所以D与A的电势相等，则由W=qU，知A到D的过程中电场力做的功等于0故A错误；B、由于即A到C的距离与D到C的距离是相等的，由几何关系可知，沿AD的方向上的各点到C的距离先减小后增大，距离减小的过程中电场力对负电荷做正功，所以从A懂啊D的过程中负电荷的电势能先减小后增大，故B错误；C、结合B的分析，同理可知，小球从A到B的过程中电势能先减小后增加故C正确；D、设AB的长度为2L，则AD=DB=L，在小球从A到D两点得过程中，由
11、动能定理有：在小球从A 到B的过程中有：mg2L+（q）UAB=00所以：故D正确故选：CD【点评】本题考查动能定理的应用，电场力做功的特点，涉及能量变化的题目一般都要优先考虑动能定理的应用，并要求学生能明确几种特殊力做功的特点七、解答题（共5小题，满分0分）3（2017南通模拟）某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的竖直槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为Ff，轻杆向下移动不超过l时，装置可安全工作一质量为m的重物若从离弹簧上端h高处由静止自由下落碰撞弹簧，将导致轻杆向下移动了轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦已知重力加速度为
12、g（1）若弹簧的进度系数为k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x；（2）求为使装置安全工作，允许该重物下落的最大高度H【考点】6B：功能关系；2S：胡克定律【分析】（1）当轻杆开始移动时，弹簧的弹力等于滑动摩擦力大小，根据平衡弹簧的压缩量；（2）重物从h开始下落到停止过程和重物从最大高度H下落时，分别由功能关系和能量守恒定律联立可得允许该重物下落的最大高度【解答】解：（1）轻杆开始移动时，弹簧对其向下的弹力等于最大静摩擦力，根据力的平衡可得：kx=Ff解得：x=（2）设轻杆移动前弹簧具有的弹性势能为EP，则重物从h开始下落到停止过程，由功能关系可得：mg（h+x+）=EP+Ff重物从最大高度H下
13、落时，由能量守恒定律可得：mg（H+x+l）=EP+Ffl联立解得：H=h+（1）l答：（1）轻杆开始移动时弹簧的压缩量为；（2）为使装置安全工作，允许该重物下落的最大高度为h+（1）l【点评】正缓冲装置是一种实用装置，在生产和生活中有着广泛的应用，本题就是根据某种缓冲装置改编的一道物理试题，试题设计新颖，物理思想深刻正确解答这道试题，要求考生具有扎实的高中物理基础以及很强的分析和解决问题的能力4（2017南通模拟）如图所示，一物体质量m=2kg，在倾角=37的斜面上的A点以初速度v0=3m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB=4m，当物体到达B后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC=0.2m，然
14、后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点AD=3m，挡板及弹簧质量不计，g取10m/s2求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2）弹簧的最大弹性势能Epm【考点】65：动能定理；69：弹性势能；8G：能量守恒定律【分析】（1）对从最高点A到D的过程中重力与摩擦力对物体做功，对全过程运用动能定理列式求解即可；（2）对从最高点到弹簧压缩量最大的过程，根据动能定理列方程求解【解答】解：（1）物体由A运动到D过程中运用动能定理得：WG=mglADsin37=36 JWf=mgcosl其中l=AB+BC+CD=5.4 m，解得：=0.52（2）弹簧压缩到C点时，对应的弹性势能最大，由A到C
15、的过程根据能量守恒定律得：Epm+mgcos37lAC=mv20+mglACsin37 代入数据得：Epm=24.4 J 答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数为0.52；（2）弹簧的最大弹性势能Epm为24.4J【点评】本题关键是要灵活地选择物理过程运用动能定理列式求解，同时要明确弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化5（2017南通模拟）如图，两足够长的平行粗糙金属导轨MN，PQ相距d=0.5m导轨平面与水平面夹角为=30，处于方向垂直导轨平面向上、磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，长也为d的金属棒ab垂直于导轨MN、PQ放置，且始终与导轨接触良好，导体棒质量m=0lkg，电阻R=0l，与导轨之间
16、的动摩擦因数=，导轨上端连接电路如图，已知电阻R1与灯泡电阻RL的阻值均为0.2R，导轨电阻不计，取重力加速度大小g=10m/s2，（1）求棒由静止刚释放瞬间下滑的加速度大小a；（2）假若导体棒有静止释放向下加速度运动一段距离后，灯L的发光亮度稳定，求此时灯L的实际功率P及棒的速率v【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BG：电功、电功率【分析】（1）金属棒刚刚开始时，棒受到重力、支持力和摩擦力的作用，由牛顿第二定律即可求出加速度；（2）金属棒ab先加速下滑，加速度减小，后匀速下滑，速度达到最大由欧姆定律、感应电动势和安培力公式推导出安培力的表达式，根据平衡条件求解最大速度和灯L的实际功
17、率P【解答】解：（1）金属棒刚刚开始时，棒受到重力、支持力和摩擦力的作用，垂直于斜面的方向：N=mgcos沿斜面的方向：mgsinN=ma代入数据解得：a=0.25g=2.5m/s2（2）当金属棒匀速下滑时速度最大，达到最大时有mgsinN=F安又 F安=BIdI=R总= 联立以上方程得金属棒下滑的最大速度为：vm=m/s=0.8m/s电动势：E=Bdvm=0.50.50.8=0.2V电流： A灯泡两端的电压：UL=EIR=0.210.1=0.1V灯泡的功率： W答：（1）棒由静止刚释放瞬间下滑的加速度大小是2.5m/s2；（2）灯L的发光亮度稳定时灯L的实际功率是0.05W，棒的速率是0.8
18、m【点评】本题考查导体棒切割磁感线的过程中的最大值问题，综合了共点力的平衡、牛顿第二定律的应用、闭合电路的电路知识、电磁感应知识等知识点的内容，要注意正确理清题目设置的情景，注意电磁感应的过程中的能量转化的关系与转化的方向6（2017南通模拟）如图所示，区域、内存在垂直纸面向外的匀强磁场，区域内磁场的磁感应强度B，宽为1.5d，区域中磁场的磁感应强度B1未知，区域时无场区，宽为d一个质量为m，电荷量为q的带正电粒子从磁场边界上的A点与边界成=60角垂直射入区域的磁场，粒子恰好不从区域的右边界穿出且刚好能回到A点，粒子重力不计，求：（1）区域中磁场的磁感应强B；（2）区域磁场的最小宽度L；（3）
19、粒子从离开A点到第一次回到A点的时间t【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】（1）根据题意画出粒子的运动轨迹，由几何关系分别求出粒子在区域、中的半径，再根据洛伦兹力提供向心力列式即可求解；（2）由图根据几何关系求出区域磁场的最小宽度；（3）粒子在磁场中匀速圆周运动，在无场区做匀速直线运动，分别求出在区域、中的时间，再求出总时间即可；【解答】解：（1）由题意知粒子的运行轨迹如图所示，设在区域、中粒子做圆周运动的半径分别为r、R，由图知：R+Rcos=1.5d，联立得：R=d，由洛伦兹力提供向心力有：，同理区域中有：联立解得：（2）由（1）及图知区域磁场的最小宽度为：（3）在区域中有：，
20、可得：粒子在区域中运动时间为：，在区域中运动时间为：在区域中运动时间为：所以粒子运动总时间为：答：（1）区域中磁场的磁感应强为3B；（2）区域磁场的最小宽度L为；（3）粒子从离开A点到第一次回到A点的时间t为【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，画轨迹是解决这类问题的关键，解题基本步骤是：定圆心、画轨迹、求半径7（2017南通模拟）如图所示，虚线FG、MN、CD为在同一平面内的水平直线边界，在MN、CD间有垂直边界的匀强电场，场强的大小E=1.5105N/C，方向如图，在FG、MN间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.2T，已知电场和磁场沿边界方向的长度均足够长，电场在垂直边界
21、方向的宽度d1=0.20m，在CD边界上某点O处有一放射源，沿纸面向电场中各个方向均匀地辐射出速率均为v0=1.0106m/s的某种带正电粒子，粒子质量m=6.41027kg，电荷量q=3.21019C，粒子可以无阻碍地通过边界MN进入磁场，不计粒子的重力及相互作用（1）求粒子在磁场中做圆周运动的半径；（2）要使所有粒子不从FG边界射出，求磁场垂直边界MN方向上的最小宽度d；（3）若磁场垂直边界MN方向上的宽度为0.2m，求边界FG上有粒子射出的长度范围及粒子首次在磁场中运动的最长时间【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；AK：带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）只要进入磁场的粒子电场
22、力做功是一定的，由动能定理可以求出进入磁场的速率，由洛仑兹力提供向心力就能求出粒子在磁场做匀速圆周运动的半径（2）先由左手定则判断出粒子做顺时针匀速圆周运动，当从边界线最左边射入磁场的轨迹与上边界相切时，此种情况下磁场区域最宽，由此画出轨迹，由几何关系就能求出磁场区域的最小宽度（3）由于磁场的宽度与粒子的半径相等，所以在想象中拿一个定圆在宽度一定的磁场区域移动，这样可以找到打在磁场上边缘最左端的位置即从最左端进入磁场的粒子打在最左端，最右的位置显然是竖直向上射出的粒子恰好与上边缘相切，由几何关系求出两点的距离即为所求；至于最长时间，显然偏转角最大的即打在最左端的粒子恰好转过半周，所以最长时间是
23、半个周期【解答】解：（1）带电粒子从电场进入磁场，由动能定理有： 进入磁场后，洛仑兹力提供向心力： 联立两式得：v=2106m/s，r=0.2m （2）在O点水平向左或向右方向射出的粒子做类平抛运动，其偏向角与水平方向 夹角为，则： =， 所以=60 当从最左边射出的粒子进入磁场后是一个优弧，当该优弧与磁场上边界相切时， 由几何关系有磁场宽度为d=Lmin=r+rcos60=0.2m+020.5m=0.3m（3）水平向左射出的粒子打在A点，水平位移： x=v0t=v0=0.23m 从A点与水平方向成60射出的粒子做匀速圆周运动打在上边边界的P点，由对称 性，可知P点偏离O点的左边x=0.23m
24、 显然从O点竖直向上射出的粒子划过四分之一圆弧打在Q点，该点是粒子打击的 最右端由几何关系可知Q点偏离O点的右边r=0.2m 所以能够从FG边缘穿出的长度范围为x+r=0.43m 显然竖直向上射出的粒子恰恰在磁场中转过半周，转180再回到MN，此种情况粒子在磁场中运动时间最长 =3.14107s答：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径为0.2m（2）要使所有粒子不从FG边界射出，磁场垂直边界MN方向上的最小宽度d为0.3m（3）若磁场垂直边界MN方向上的宽度为0.2m，边界FG上有粒子射出的长度范围为0.43m、粒子首次在磁场中运动的最长时间为3.14107s【点评】本题的第一问只是为后两问做一个铺垫，做每二问时要注意粒子的偏转方向，只有从最左端以一定角度射入磁场的粒子的轨迹恰与上边缘相切时，磁场宽度最小，由几何关系关系就能求出结果；第三问由于磁场宽度与粒子的半径相同，所以要找到粒子打在最左和最右的位置，再由几何关系求出长度，以上两问几乎是在做平面几何的数学题
