1、广东省肇庆市外语学校2015届高考物理三模试卷一、单选选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分在每小题给出的四个选项中，有一个选项是符合题目要求的，有错选或不选的得0分1（4分）下列说法符合物理学史实的是（）A亚里士多德发现了力是改变物体运动状态的原因B伽利略首创了理想实验的研究方法C卡文迪许测出了静电力常量D奥斯特发现了电磁感应定律2（4分）根据玻尔理论，氢原子的核外电子由外层轨道跃迁到内层轨道后，下列说法正确的是（）A原子的能量增加，系统的电势能减少B原子的能量增加，系统的电势能增加C原子的能量减少，核外电子的动能减少D原子的能量减少，核外电子的动能增加3（4分）汽缸用活塞封闭了一定质
2、量气体，用细绳将气缸吊起，如图，现对气缸缓慢加热 （活塞没有脱离汽缸），下列说法正确的是（）A两根细绳对活塞的作用力变小B密闭气体的内能减小了C密闭气体吸收热量，对外做功D外界气体对缸内密闭气体做功，放出热量4（4分）某物体运动的vt图象如图所示，则下列说法正确的是（）A物体在02s内的平均速度大于56s内的平均速度B05s内合力的功率不断增大C第1s内和第6s内的合力的方向相反D第5s末物体的速度方向发生变化二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共30分在每小题给出的四个选项中，有两个选项是符合题目要求的，全选对的得6分，只选一个且正确的得3分，有错选或不选的得0分5（6分）如图所示，
3、图中的电流表为理想电表，当K闭合时，下面说法中正确的是（）AR1两端的电压减少，电流表A的读数增大BR1两端的电流减少，电流表A的读数减小CR2两端的电流增大，电流表A的读数增大DR2两端的电压减少，电流表A的读数减小6（6分）“嫦娥三号”从绕月圆轨道上的P点实施变轨，进入椭圆轨道，由近月点Q成功落月，如图所示关于“嫦娥三号”，下列说法正确的是（）A沿轨道运动至P时，需加速才能进入轨道B沿轨道运行的周期小于沿轨道运行的周期C沿轨道运行时，在P点的加速度大于在Q点的加速度D在轨道上的机械能大于轨道上的机械能7（6分）如图所示，线圈A、电键和滑动变阻器相连后接入M、N间的电源，B为一接有小灯珠的闭
4、合线圈，下列关于小灯珠发光说法正确的是（）A当电源是交流电源时，闭合电键后小灯珠可能发光B若闭合电键后小灯珠发光，则再将B线圈靠近A，则小灯珠更亮C当电源是交流电源时，闭合电键瞬间，小灯珠才能发光D当电源是直流电源时，无论如何操作小灯珠一定不发光8（6分）如图所示，虚线a、b、c为三个同心圆面，现从c外面一点P以相同的速率发射两个电荷量、质量都相同的带电粒子，分别沿PM、PN运动到位于圆周c上M、N，以下判断正确的是（）A两粒子带同种电荷B两粒子带异种电荷C到达M、N时两粒子速率不相等D带点粒子沿PM到达M的过程中速率先增大后减小9（6分）如图，固定在地面的斜面体上开有光滑凹槽，槽内紧挨放置六
5、个相同小球，各球编号如图斜面与水平光滑轨道OA平滑连接，现将六个小球从61由静止逐个释放，小球离开A点后，落到水平地方上，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A球1落地时的动能最大B球6离开A点到落地的所用时间最短C六个小球的在运动过程中机械能不守恒D六个球落地点各不相同三、非选择题10（10分）探究小车加速度与合力、质量关系的实验装置如图甲所示：若要探究小车的加速度与合力的关系，应保持不变，分别改变施加在小车上的拉力F，测出相对应的加速度a把带有滑轮的长木板右端垫高，在没有牵引的情况下让小车拖着纸带以一定的初速度沿木板运动，打点计时器在纸带上打出一系列计时点，如果计时点间距，就说明摩擦力和小车
6、重力沿木板向下的分力平衡实验中使用50Hz交变电流作电源，在打出的纸带上选择5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间还有4个点没有画出，测量了C点到A点、E点到C点的距离如图乙所示则C点的速度vC=m/s，纸带的加速度a=m/s2（结果保留三位有效数字）在验证牛顿第二定律的实验中，用改变砂的质量的办法来改变对小车的作用力F，用打点计时器测出小车的加速度a，得出若干组F和a的数据然后根据测得的数据作出如图丙所示的aF图线，发现图线既不过原点，又不是直线，原因是A没有平衡摩擦力，且小车质量较大B平衡摩擦力时，所垫木板太高，且砂和小桶的质量较大C平衡摩擦力时，所垫木板太低，且砂和小桶的质量较
7、大D平衡摩擦力时，所垫木板太高，且小车质量较大11（8分）在“测定金属的电阻率”的实验中，为了安全、准确、方便地完成实验：除电源（电动势为4V，内阻很小）、电压表V（量程3V，内阻约3k），待测电阻丝（约3）、导线、开关外，电流表应选用，滑动变阻器应选用（选填下列器材的字母符号）A电流表A1（量程600mA，内阻约1） 电流表A2（量程3A，内阻约0.02）B滑动变阻器R1（总阻值10） 滑动变阻器R2（总阻值100）若用图1所示的电路测量金属丝的电阻，请根据电路图，在图2中进行连线（注意两表量程的选用）若某次测量中，金属丝的长度为l，直径为D，电压表和电流表读数分别为U和I，请用上述直接测量
8、的物理量（D、l、U、I）写出电阻率的计算式：=12（18分）如图所示，一面积为a2导线框内有一匀强磁场，磁场方向垂直于导线框所在平面向内，导线框的左端通过导线接一对水平放置的金属板，两板间的距离为d，板长l=3dt=0时，磁场的磁感应强度从B0开始均匀增加，同时，在金属板的左侧有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以大小为v0的初速度沿两板间的中线向右射入两板间，恰好从下板的边缘射出，忽略粒子的重力作用求：（1）粒子在板间运动过程，两板间的电势差（2）粒子从两板间离开瞬间，磁感应强度B的大小13（18分）光滑的水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，质量为m=0.1kg物块将弹簧缓慢压缩，当弹簧
9、的弹性势能为3.2J时将物体锁定，解除锁定后物块滑上质量为m=0.1kg的小车，再滑上固定在竖直平面内半径r=0.1m的光滑半圆形轨道，最后从N点飞出，水平桌面、车的上表面和轨道最低点高度都相同，小车与半圆轨道碰撞后不动，物块与车上表面间动摩擦因数=0.5，小车与水平地面的摩擦力不计，车碰到圆轨道后立即停止运动g=10m/s2求：（1）物体滑上小车时的速度；（2）物体滑上M点时对半圆轨道的最小压力；（3）小车长度广东省肇庆市外语学校2015届高考物理三模试卷参考答案与试题解析一、单选选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分在每小题给出的四个选项中，有一个选项是符合题目要求的，有错选或不选的
10、得0分1（4分）下列说法符合物理学史实的是（）A亚里士多德发现了力是改变物体运动状态的原因B伽利略首创了理想实验的研究方法C卡文迪许测出了静电力常量D奥斯特发现了电磁感应定律考点：物理学史 专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：A、牛顿发现了力是改变物体运动状态的原因，故A错误；B、伽利略首创了理想实验的研究方法，故B正确；C、卡文迪许测出了万有引力常量，故C错误；D、法拉第发现了电磁感应定律，故D错误；故选：B点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（4分）根据玻尔理论，氢原子的核
11、外电子由外层轨道跃迁到内层轨道后，下列说法正确的是（）A原子的能量增加，系统的电势能减少B原子的能量增加，系统的电势能增加C原子的能量减少，核外电子的动能减少D原子的能量减少，核外电子的动能增加考点：氢原子的能级公式和跃迁 专题：原子的能级结构专题分析：电子绕核运动时，半径减小，电场力做正功，势能减小，总能量减小；根据库仑力提供向心力可分析动能变化；和卫星绕地球运动类似解答：解：A、B、电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，放出光子，总能量减小；故A错误，B错误；C、D、根据，可知半径越小，速度越大，动能越大故C错误，D正确故选：D点评：电子绕核运动的规律和卫星绕地球运动规律类似，在学习时可以类比进
12、行学习，加强理解，注意跃迁过程中，电势能与动能的如何变化，是解题的关键3（4分）汽缸用活塞封闭了一定质量气体，用细绳将气缸吊起，如图，现对气缸缓慢加热 （活塞没有脱离汽缸），下列说法正确的是（）A两根细绳对活塞的作用力变小B密闭气体的内能减小了C密闭气体吸收热量，对外做功D外界气体对缸内密闭气体做功，放出热量考点：热力学第一定律 专题：热力学定理专题分析：以气缸、活塞和气体为研究对象，竖直方向受绳子的拉力和系统的重力平衡，活塞受力平衡，气体压强不变，缓慢加热气体温度升高，体积增大，内能增大解答：解：A、以气缸、活塞和气体为研究对象，竖直方向受绳子的拉力和系统的重力平衡，所以绳子的作用力不变，故
13、A错误B、活塞受力平衡，气体压强不变，缓慢加热气体温度升高，体积增大，内能增大，故B错误C、体积增大，对外做功，内能增大，吸热，故C正确，D错误故选：C点评：选取合适的研究对象，利用平衡方程判断压强的变化，根据热力学第一定律判断吸放热和做功4（4分）某物体运动的vt图象如图所示，则下列说法正确的是（）A物体在02s内的平均速度大于56s内的平均速度B05s内合力的功率不断增大C第1s内和第6s内的合力的方向相反D第5s末物体的速度方向发生变化考点：匀变速直线运动的图像 专题：运动学中的图像专题分析：物体做匀变速运动时，平均速度可由公式=求功率由公式P=Fv求解vt图象的斜率表示加速度，速度的正
14、负表示运动方向解答：解：A、物体在02s内的平均速度 =5m/s，56s内的平均速度 =5m/s，故A错误B、02s内物体做匀加速运动，合力一定，速度增大，由P=Fv知，合力的功率增大25s内合力为0，合力的功率为0，保持不变，故B错误C、vt图象的斜率表示加速度，则第1s内和第6s内的加速度的方向相反，由牛顿第二定律知第1s内和第6s内的合力的方向相反故C正确D、物体在06s内速度均为正值，故运动方向没有发生改变，故D错误故选：C点评：明确vt图象的斜率表示加速度，速度的正负表示运动方向结合牛顿第二定律和功率公式P=Fv分析图象的意义二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共30分在每小
15、题给出的四个选项中，有两个选项是符合题目要求的，全选对的得6分，只选一个且正确的得3分，有错选或不选的得0分5（6分）如图所示，图中的电流表为理想电表，当K闭合时，下面说法中正确的是（）AR1两端的电压减少，电流表A的读数增大BR1两端的电流减少，电流表A的读数减小CR2两端的电流增大，电流表A的读数增大DR2两端的电压减少，电流表A的读数减小考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：K闭合，电阻R3被短路，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析路端电压的变化，由欧姆定律分析电流表和电压表示数的变化解答：解：K闭合，电阻R3被短路，外电路总电阻减小，总电流变大，电源的内电压变大，外
16、电压减小，R1与R2并联，电源都为外电压，所以R1的电压减小，R1电流减小，由于总电流增大，所以经过R2的电流增大，电流表A的读数增大，所以AC正确BD错误故选：AC点评：本题是电路中动态变化分析问题，当局部的电阻增大时，外电路总电阻将增大要分析和把握好局部与整体的关系，按局部到整体，再到局部的思路进行分析6（6分）“嫦娥三号”从绕月圆轨道上的P点实施变轨，进入椭圆轨道，由近月点Q成功落月，如图所示关于“嫦娥三号”，下列说法正确的是（）A沿轨道运动至P时，需加速才能进入轨道B沿轨道运行的周期小于沿轨道运行的周期C沿轨道运行时，在P点的加速度大于在Q点的加速度D在轨道上的机械能大于轨道上的机械能
17、考点：万有引力定律及其应用 专题：万有引力定律的应用专题分析：根据开普勒第三定律可知卫星的运动周期和轨道半径之间的关系；根据做近心运动时万有引力大于向心力，做离心运动时万有引力小于向心力，可以确定变轨前后速度的变化关系；根据F合=ma可知在不同轨道上的同一点加速度相同解答：解：A、沿轨道运动至P时，制动减速，万有引力大于向心力做向心运动，才能进入轨道，故A错误；B、根据开普勒第三定律k=可得半长轴a越大，运动周期越大，显然轨道的半长轴（半径）大于轨道的半长轴，故沿轨道运动的周期小于沿轨道运动的周期，故B正确；C、根据=ma得：a=，沿轨道运行时，在P点的加速度小于在Q点的加速度，故C错误；D、
18、沿轨道运动至P时，制动减速才能进入轨道，故在轨道上的机械能大于轨道上的机械能，故D正确；故选：BD点评：由高轨道变轨到低轨道需要减速，而由低轨道变轨到高轨道需要加速，这一点在解决变轨问题时要经常用到，一定要注意掌握根据F=ma所求的加速度a是指物体的合加速度，即包括向心加速度也包括切向加速度7（6分）如图所示，线圈A、电键和滑动变阻器相连后接入M、N间的电源，B为一接有小灯珠的闭合线圈，下列关于小灯珠发光说法正确的是（）A当电源是交流电源时，闭合电键后小灯珠可能发光B若闭合电键后小灯珠发光，则再将B线圈靠近A，则小灯珠更亮C当电源是交流电源时，闭合电键瞬间，小灯珠才能发光D当电源是直流电源时，
19、无论如何操作小灯珠一定不发光考点：楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：依据电磁感应可以判定B中是不是由感应电流；B越靠近A其磁通量变化率越大；由于接上的是交流电，故不是只在接通瞬间磁通量才变化；不论是直流还是交流，只有磁通量变化，即可产生电流解答：解：A、闭合电键后，电流大小与方向不断变化，则A的磁通量不断变化，B中有感应电流，小灯泡会发光故A正确；B、若闭合电键后小灯珠发光，则再将B线圈靠近A，相同时间内通过B的磁通量变化量更大，即磁通量变化率更大，产生感应电流更大，则小灯珠更亮故B正确；C、当电源是交流电源时，闭合电键的瞬间，A中的电流增大，线圈A中的磁通量增大，B中的磁通量也增大，B
20、中产生感应电流，小灯泡发光闭合电键后，小灯泡会发光，故C错误D、当电源是直流电源时，当移动滑动片时，导致电流变化，则使线圈B的磁通量变化，从而出现小灯珠发光，故D错误；故选：AB点评：关键是要知道交流电与直流电不同，直流电只在闭合和断开瞬间电路才有感应现象，但是交流电电流时刻都在变化8（6分）如图所示，虚线a、b、c为三个同心圆面，现从c外面一点P以相同的速率发射两个电荷量、质量都相同的带电粒子，分别沿PM、PN运动到位于圆周c上M、N，以下判断正确的是（）A两粒子带同种电荷B两粒子带异种电荷C到达M、N时两粒子速率不相等D带点粒子沿PM到达M的过程中速率先增大后减小考点：电势差与电场强度的关
21、系 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据轨迹的弯曲方向确定带电粒子所受的电场力方向，判断带电粒子与点电荷是同种电荷还是异种电荷根据动能定理确定到达M、N时两粒子速率关系解答：解：AB、由轨迹看出，点电荷对左侧的带电粒子有排斥力，与中心点电荷电性相同；对右侧的带电粒子有吸引力，与中心点电荷电性相反，则两粒子带异种电荷，故A错误，B正确；C、由题，M、N两点都处于圆周c上，电势相等，两带电粒子又是从同一点P出发，则电势差UPM=UPN，电场力对两个带电粒子做功大小相等，而从P到M的粒子电场力总功为负功，从P到N的粒子电场力总功为正功，根据动能定理得到，到达M、N时两粒子速率vMvN，故C正确；D
22、、带点粒子沿PM到达M的过程中电场力是排斥力，先做负功后做正功，根据动能定理，速率先减小后增加，故D错误；故选：BC点评：本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向要能判断出带电粒子所受的电场力大体方向电场力做功与初末位置间电势差成正比9（6分）如图，固定在地面的斜面体上开有光滑凹槽，槽内紧挨放置六个相同小球，各球编号如图斜面与水平光滑轨道OA平滑连接，现将六个小球从61由静止逐个释放，小球离开A点后，落到水平地方上，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A球1落地时的动能最大B球6离开A点到落地的所用时间最短C六个小球的在运动过程中机械能不守恒D六个球落地点各不相同考点：机械能守恒定律；功能关系 专题：
23、机械能守恒定律应用专题分析：将六个小球从61由静止逐个释放，每个小球运动过程中都是只有重力做功，机械能守恒，根据守恒定律判断落地动能大小；球离开A点后做平抛运动，根据h=判断运动的时间长短；根据x=v0t判断射程大小解答：解：A、每个小球运动过程中都是只有重力做功，机械能守恒，由于球1的重力势能减小量最大，根据机械能守恒定律可知球1落地的动能最大，故A正确；B、每个小球离开A点后均是平抛运动，根据h=，6个球离开A点到落地的所用时间相等，故B错误；C、六个小球的在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故C错误；D、六个球离开A点的速度各不相同，即平抛的初速度均不同，根据x=v0t，故落地点各不相
24、同，故D正确；故选：AD点评：本题运用机械能守恒时，关键要明确研究对象，选择研究的过程，再进行分析三、非选择题10（10分）探究小车加速度与合力、质量关系的实验装置如图甲所示：若要探究小车的加速度与合力的关系，应保持小车质量不变，分别改变施加在小车上的拉力F，测出相对应的加速度a把带有滑轮的长木板右端垫高，在没有牵引的情况下让小车拖着纸带以一定的初速度沿木板运动，打点计时器在纸带上打出一系列计时点，如果计时点间距相等，就说明摩擦力和小车重力沿木板向下的分力平衡实验中使用50Hz交变电流作电源，在打出的纸带上选择5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间还有4个点没有画出，测量了C点到A点
25、、E点到C点的距离如图乙所示则C点的速度vC=1.07m/s，纸带的加速度a=3.10m/s2（结果保留三位有效数字）在验证牛顿第二定律的实验中，用改变砂的质量的办法来改变对小车的作用力F，用打点计时器测出小车的加速度a，得出若干组F和a的数据然后根据测得的数据作出如图丙所示的aF图线，发现图线既不过原点，又不是直线，原因是CA没有平衡摩擦力，且小车质量较大B平衡摩擦力时，所垫木板太高，且砂和小桶的质量较大C平衡摩擦力时，所垫木板太低，且砂和小桶的质量较大D平衡摩擦力时，所垫木板太高，且小车质量较大考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系 专题：实验题分析：探究加速度与力、质量的关系应用控制
26、变量法，根据实验目的确定需要控制的变量；当小车做匀速直线运动，纸带上的点间隔相等时，恰好平衡摩擦力；放开小车前，小车要靠近打点计时器，要先接通电源，然后再放开小车；根据匀变速运动的推论求出小车的瞬时速度与加速度；探究加速度与力的关系实验时，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，不需要挂任何东西当小盘与砝码的质量远小于小车的质量时，可以认为小车受到的拉力等于小盘与砝码的重力解答：解：若要探究小车的加速度与合力的关系，应保持小车质量不变，分别改变施加在小车上的拉力F，测出相对应的加速度a把带有滑轮的长木板右端垫高，在没有牵引的情况下让小车拖着纸带以一定的初速度沿木板运动
27、，打点计时器在纸带上打出一系列计时点，如果计时点间距相等，就说明摩擦力和小车重力沿木板向下的分力平衡计数点间的时间间隔t=0.02s5=0.1s，C点的速度vC=1.07m/s，纸带的加速度a=3.10m/s2图线不过原点，F不等于零，a仍然为零，知平衡摩擦力不足，即平衡摩擦力时，所垫木板太低从图象上可以看出：F从0开始增加，砂和小桶的质量远小于车的质量，慢慢的砂的质量在增加，那么在后面砂和小桶的质量就没有远小于车的质量，那么绳子的拉力与砂和小桶的总重力就相差较大图线不是直线的原因是砂和小桶的质量没有远小于车的质量，即砂和小桶的质量较大故C正确，A、B、D错误故答案为：（1）小车质量；（2）相
28、等；（3）1.07，3.10；（4）C点评：本题考查了实验注意事项、求瞬时速度与加速度问题，掌握基础知识、应用匀变速运动的推论即可正确解题；在探究加速度与力和质量关系的实验中，知道两个认为：1、认为细绳的拉力等于小车的合力，（前提要平衡摩擦力），2、认为砂和小桶的总重力等于绳子的拉力，（前提是砂和小桶的质量远小于车的质量）11（8分）在“测定金属的电阻率”的实验中，为了安全、准确、方便地完成实验：除电源（电动势为4V，内阻很小）、电压表V（量程3V，内阻约3k），待测电阻丝（约3）、导线、开关外，电流表应选用A1，滑动变阻器应选用R1（选填下列器材的字母符号）A电流表A1（量程600mA，内阻
29、约1） 电流表A2（量程3A，内阻约0.02）B滑动变阻器R1（总阻值10） 滑动变阻器R2（总阻值100）若用图1所示的电路测量金属丝的电阻，请根据电路图，在图2中进行连线（注意两表量程的选用）若某次测量中，金属丝的长度为l，直径为D，电压表和电流表读数分别为U和I，请用上述直接测量的物理量（D、l、U、I）写出电阻率的计算式：=考点：测定金属的电阻率 专题：实验题分析：根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，在保证安全的前提下，应选最大阻值较小的滑动变阻器；依据电流图可以连接实物；由欧姆定律可表示电阻值，再结合电阻定律可表示电阻率解答：解：根据欧姆定律估算通过待测电阻的最大电流I=，不
30、到A2量程的，所以不能用A2，其量程过大，故只能用A1，通过滑动变阻器来控制电流不超量程就行；滑动变阻器R2（总阻值100）阻值过大，其调节很难控制，为方便实验调节，滑动变阻器应选R1如图：电阻R=，由电阻定律得电阻率：=故答案为：A1；R1；如图 点评：设计电学实验电路时需要估算，估算方式有：根据电流表量程估算电路中需要的最大电阻和最小电阻；根据给出的定值电阻估算电路中最大电流等12（18分）如图所示，一面积为a2导线框内有一匀强磁场，磁场方向垂直于导线框所在平面向内，导线框的左端通过导线接一对水平放置的金属板，两板间的距离为d，板长l=3dt=0时，磁场的磁感应强度从B0开始均匀增加，同时
31、，在金属板的左侧有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以大小为v0的初速度沿两板间的中线向右射入两板间，恰好从下板的边缘射出，忽略粒子的重力作用求：（1）粒子在板间运动过程，两板间的电势差（2）粒子从两板间离开瞬间，磁感应强度B的大小考点：法拉第电磁感应定律；带电粒子在匀强电场中的运动 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）粒子在板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合可求得两板间的电势差（2）磁场的磁感应强度均匀增加时，线框中产生恒定的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律求得磁感应强度的变化率，结合粒子运动时间，求出粒子从两板间离
32、开瞬间，磁感应强度B的大小解答：解：（1）粒子在板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，则有 水平方向：l=3d=v0t 竖直方向：=at2，又a=联立解得，两板间的电势差U=（2）根据法拉第电磁感应定律得 U=a2根据楞次定律可知，磁感应强度B应均匀增大，有=又t=联立解得，粒子从两板间离开瞬间，磁感应强度B的大小为B=B0+答：（1）粒子在板间运动过程，两板间的电势差是；（2）粒子从两板间离开瞬间，磁感应强度B的大小是B0+点评：本题是类平抛运动与电磁感应的综合，类平抛运动采用运动的分解法研究，对于电磁感应，法拉第电磁感应定律求磁感应强度的变化率是关键1
33、3（18分）光滑的水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，质量为m=0.1kg物块将弹簧缓慢压缩，当弹簧的弹性势能为3.2J时将物体锁定，解除锁定后物块滑上质量为m=0.1kg的小车，再滑上固定在竖直平面内半径r=0.1m的光滑半圆形轨道，最后从N点飞出，水平桌面、车的上表面和轨道最低点高度都相同，小车与半圆轨道碰撞后不动，物块与车上表面间动摩擦因数=0.5，小车与水平地面的摩擦力不计，车碰到圆轨道后立即停止运动g=10m/s2求：（1）物体滑上小车时的速度；（2）物体滑上M点时对半圆轨道的最小压力；（3）小车长度考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：（1）根据能量守恒
34、定律求出物体滑上小车时的速度大小（2）根据N点的最小速度，结合动能定理求出M点的速度，根据牛顿第二定律求出物体在M点所受的支持力，从而得出物体对M点的压力大小（3）根据动量守恒定律和能量守恒定律求出物体和小车达到相同速度后的位移，结合动能定理求出小车静止后，物块做匀减速运动的位移，从而得出小车的长度解答：解：（1）物体解除锁定后，由能量守恒定律得EP=代入数据解得v0=8m/s （2）物体从N点飞出最小速度为，得 VN=1m/s物体滑上轨道后，对物块由动能定理得：，解得物体运动到M点的最小速度 VM=m/s在M点：，联立代入数据解得：N=6N （3）物体滑上小车后相对运动一段位移后与小车共速规定向右为正方向，mv0=2mv共根据能量守恒得，解得s1=3.2m 然后物体在小车运动一段位移再滑上半圆轨道，由动能定理得，mgs2=解得物体共速后还要运动s2才能滑上半圆轨道恰好能运动到最高点Ns2=1.1m可得小车长度为s=s1+s2=3.2+1.1m=4.3m答：（1）物体滑上小车时的速度为8m/s；（2）物体滑上M点时对半圆轨道的最小压力为6N；（3）小车长度为4.3m点评：本题综合考查了能量守恒定律、动量守恒定律、牛顿第二定律、动能定理的综合运用，综合性较强，理清物块和小车在整个过程中的运动规律，选择合适的规律进行求解，本题难度较大
