1、广东省茂名市2015届高考物理二模试卷一、单项选择题1（4分）高中教材中渗透了许多科学的思维方法，下列说法中正确的是（）A根据速度定义式，当t极小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义运用了类比的思想方法B在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一段近似看成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了等效替代法C在研究运动和力的关系时，牛顿做了著名的斜面实验，并运用了理想实验的方法D在探究加速度与力、质量之间的关系的实验中，运用了控制变量法2（4分）如图甲所示，笔记本电脑散热底座配有调节倾角的支架，在散热底座放上笔记本电脑后，调节支架使散热底座由位置1缓缓降到
2、4，电脑始终处于静止状态，如图乙所示，则（）A电脑受到的摩擦力变大B电脑对散热底座的压力变小C散热底座对电脑的作用力大小之和等于其重力D散热底座对电脑的作用力的合力不变3（4分）下面说法中正确的是（）A用粒子轰击铍核（Be），铍核转变为碳核（C）同时放出射线BH与H4是同位素C射线是波长很短的电磁波，它的贯穿能力很强D利用射线的电离作用，可检查金属内部有无砂眼或裂纹4（4分）如图所示为我国自行研制的北斗卫星导航系统中的两颗工作卫星1、2，它们均绕地心做顺时针方向的匀速圆周运动，某时刻两颗工作卫星分别位于同一轨道上的A、B两位置不计卫星间的相互作用力以下判断中正确的是（）A卫星1向后喷气就一定能
3、追上卫星2B卫星1、2由位置A运动到位置B所需的时间相同C卫星1、2绕地球做匀速圆周运动的向心力大小一定相等D卫星1由圆轨道运动经过位置A的加速度小于在椭圆轨道运动经过位置A的加速度二、双项选择题（本题共5小题，每小题6分，共54分在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对得6分，只选一个且正确的得3分，有选错或不答的0分）5（6分）以水平地面为零势能面，从某一高处做自由落体运动的物体的重力功率P，动能Ek、重势能Ep随时间t的变化规律如图（图中曲线为抛物线）所示，正确的是（）ABCD6（6分）下列说法中正确的是（）A在太空站中处于失重状态的水滴呈球形状，是由液体表面张力引起的
4、B用气筒给自行车打气，越打越费劲，是气体分子之间斥力变大C在压强一定的情况下，晶体熔化过程中分子的平均动能增加D当气体温度升高时，气体分子运动平均速率增加7（6分）如图所示，甲、乙是两个变压器，n1：n2=100：1，n3：n4=1：10，电压表示数为220V，电流表示数为1.0A，则下列判断正确的是（）A甲是电流互感器，通过输电线的电流是100AB甲是电流互感器，输电线电线的电流是10AC甲是电压互感器，输电线两端电压是2.2104VD乙是电压互感器，输电线两端电压是2.2105V8（6分）如图所示，A、B两点固定两个等量正点电荷，在A、B连线的中点C处放一个不计重力的点电荷，给该点电荷一个
5、与AB连线垂直的初速度，则该点电荷可能做（）A往复直线运动B匀变速直线运动C加速度不断减小，速度不断增大的直线运动D加速度先增大后减小，速度不断增大的直线运动9（6分）如图所示，x轴上方有垂直纸面向里的匀速磁场，有两个质量相同，电荷电量也相同的带正、负电的离子，以相同速度从O点射入磁场中，射入方向与x轴夹角均为=30角，则正、负离子在磁场中（）A运动时间相同B运动轨道半径相同C重新回到x轴时速度大小相同，方向不同D重新回到x轴时距O点的距离相同三、非选择题10（8分）某同学用如图所示装置验证机械能守恒定律质量均为M的物体A、B通过细绳连在一起，物体B上放置质量为m的金属片C，在其正下方h处固定
6、一个圆环，P1、P2是相距为d的两个光电门释放后，系统由静止开始运动，当物体B穿过圆环时，金属片C被搁置在圆环上，数字计时器测出物体B通过P1、P2的时间为t物体B刚穿过圆环后的速度V=；实验中验证下面（填正确选项的序号）等式成立，即可验证机械能守恒定律；A、mgh=MV2 B、mgh=MV2 C、mgh=（2M+m）V2 D、mgh=（M+m）V2本实验中的测量仪除了图中器材和刻度尺、电源外，还需要11（10分）指针式多用表是实验室中常用的测量仪器，请完成下列问题：用多用表测电流时，指针如图（甲）所示，接着的操作是将选择开关拨至“50mA”档，将多用表串联入待测电路中，指针如图（乙）所示，电
7、路中电流为mA用多用表测电阻时，将选择开关拨至“1”挡，进行电阻调零将两表笔接待测电阻两端，指针如图（甲）示，接着的操作是，将两表笔接待测电阻两端，指针如图（乙）所示，待测电阻为多用表测电阻Rx的电路如图（丙）所示，电源电动势为E=1.5V，多用表的内阻为R丙某电阻档的电流I与待测电阻Rx的关系如图（丁）所示，图中Ig为满偏电流，使用该电阻档时，多用表的内阻R丙=该图象的函数关系式为I=A12（18分）如图所示，半径R=1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角=37，另一端点C为轨道的最低点，其切线水平C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板
8、，木板质量M=3kg，上表面与C点等高质量为m=1kg的物块（可视为质点）从空中A点以v0=2.4m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道已知物块与木板间的动摩擦因数=0.4，取g=10m/s2，sin37=0.6求：（1）物体到达B点时的速度大小vB；（2）物块经过C点时对轨道的压力；（3）木板长度满足什么条件，才能使物块不滑离木板13（18分）如图所示，传送带始终以恒定速度V匀速运动，在其中部存在宽度为3L、大小为B、方向竖直向上的匀强磁场现将边长为L、质量为m、电阻为R的正方形线圈无初速地放到传送带左端，经过一段时间，线圈达到与传送带相同的速度当一个线圈刚好开始匀速度运动
9、时，下一个线圈恰好放到传送带上，线圈匀速运动后，相邻两个线圈间隔为L，且线圈均以速度V通过磁场假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等求：（1）每个线圈通过磁场区域产生的热量Q（2）要实现上述传动过程，磁感应强度B的大小应满足什么条件？（用题中的m、B、L、V表示）（3）电动机对传送带做功的功率P？广东省茂名市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1（4分）高中教材中渗透了许多科学的思维方法，下列说法中正确的是（）A根据速度定义式，当t极小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义运用了类比的思想方法B在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一段近似看成匀
10、速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了等效替代法C在研究运动和力的关系时，牛顿做了著名的斜面实验，并运用了理想实验的方法D在探究加速度与力、质量之间的关系的实验中，运用了控制变量法考点：物理学史 分析：根据物理上常用的极限思想方法、“微元法”、控制变量法和理想实验的方法判断即可解答：解：A、根据速度定义式v=知，当t极小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限的思想方法，故A错误；B、在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，物理学中把这种研究方法叫做“微元法”故B错误；C、伽利略在研究运动和力的关系时
11、，提出了著名的斜面实验运用了理想实验的方法，得出力不是维持物体运动的原因故C错误；D、在探究加速度与力、质量之间关系时，先保持质量不变探究加速度与力的关系，再保持力不变探究加速度与质量的关系，采用的是控制变量法故D正确；故选：D点评：高中物理过程中会遇到许多种分析方法，这些方法对学习物理有很大的帮助，故平时在理解概念和规律的同时，注意方法的积累2（4分）如图甲所示，笔记本电脑散热底座配有调节倾角的支架，在散热底座放上笔记本电脑后，调节支架使散热底座由位置1缓缓降到4，电脑始终处于静止状态，如图乙所示，则（）A电脑受到的摩擦力变大B电脑对散热底座的压力变小C散热底座对电脑的作用力大小之和等于其重
12、力D散热底座对电脑的作用力的合力不变考点：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：电脑始终处于静止状态，受力平衡，合力始终为零，对笔记本进行受力分析，笔记本电脑受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件列式即可求解静摩擦力和支持力的表达式，而调节支架使散热底座由位置1缓缓降到4的过程中，底座与水平方向的夹角减小，再根据表达式判断压力和摩擦力的变化解答：解：笔记本电脑受重力、支持力和静摩擦力，如图所示：根据平衡条件，有：N=mgcos f=mgsin A、由原卡位1调至卡位4，角度减小，根据式，静摩擦力减小，故A错误；B、由原卡位1调至卡位4，角度减小，根据式
13、，支持力N增加，根据牛顿第三定律，电脑对散热底座的压力变大，故B错误；C、电脑受到的支持力与摩擦力两力的矢量和与重力平衡，但大小的和是变化的，故C错误；D、散热底座对电脑的作用力的合力是支持力和静摩擦力的合力，与重力平衡，始终是不变的，故D正确；故选：D点评：本题是力平衡中的三力平衡问题，关键是建立物理模型，然后运用共点力平衡条件列式求解，注意散热底座对电脑的作用力的合力是支持力和静摩擦力的合力，与重力相等，基础问题3（4分）下面说法中正确的是（）A用粒子轰击铍核（Be），铍核转变为碳核（C）同时放出射线BH与H4是同位素C射线是波长很短的电磁波，它的贯穿能力很强D利用射线的电离作用，可检查金
14、属内部有无砂眼或裂纹考点：X射线、射线、射线、射线及其特性 分析：射线是原子核发生衰变时放射出的氦核流，他的电离作用很强，射线是原子核内的中子转化成质子同时释放出一个电子而形成高速电子流利用射线的穿透作用，可检查金属内部有无砂眼或裂纹解答：解：A、用粒子轰击铍核（Be），铍核转变为碳核（C），根据质量数守恒、电荷守恒可知放出的是中子，不是射线，故A错误；B、H与H4的电荷数不同，故不是同位素，故B错误；C、D、射线是波长很短的电磁波，穿透作用很强，可以利用射线的穿透作用，检查金属内部有无砂眼或裂纹，但由于射线不带电，无电离作用，故C正确，D错误；故选：C点评：本题考查的内容较简单，属于识记层次
15、，要解决此类问题需要加强基本知识的记忆与积累4（4分）如图所示为我国自行研制的北斗卫星导航系统中的两颗工作卫星1、2，它们均绕地心做顺时针方向的匀速圆周运动，某时刻两颗工作卫星分别位于同一轨道上的A、B两位置不计卫星间的相互作用力以下判断中正确的是（）A卫星1向后喷气就一定能追上卫星2B卫星1、2由位置A运动到位置B所需的时间相同C卫星1、2绕地球做匀速圆周运动的向心力大小一定相等D卫星1由圆轨道运动经过位置A的加速度小于在椭圆轨道运动经过位置A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：卫星1向后喷气，速度增大，根据万有引力与向心力的关系判断是否能追上卫星2在同
16、轨道上运动，加速度大小相等，由于卫星的质量不等，向心力不一定相等根据牛顿第二定律，结合万有引力大小比较两个轨道上经过A点的加速度解答：解：A、卫星1向后喷气，速度增大，万有引力小于向心力，做离心运动，离开圆轨道，不会追上卫星2，故A错误B、卫星1、2均做匀速直线运动，可知卫星1、2由位置A运动到位置B所需的时间相等，故B正确C、由于卫星1、2的质量不一定相等，两个卫星在同一轨道上运动，向心加速度相等，向心力大小不一定相等，故C错误D、位置1在圆轨道经过位置A和在椭圆轨道经过位置A所受的万有引力相等，根据牛顿第二定律知，加速度相等，故D错误故选：B点评：解决本题的关键知道同一轨道线速度、角速度、
17、周期、向心加速度大小相等，以及知道变轨的原理，会通过万有引力与向心力的大小关系判断卫星是做离心还是近心运动二、双项选择题（本题共5小题，每小题6分，共54分在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对得6分，只选一个且正确的得3分，有选错或不答的0分）5（6分）以水平地面为零势能面，从某一高处做自由落体运动的物体的重力功率P，动能Ek、重势能Ep随时间t的变化规律如图（图中曲线为抛物线）所示，正确的是（）ABCD考点：功率、平均功率和瞬时功率 专题：功率的计算专题分析：根据动能和重力势能的表达式，结合速度时间公式和位移时间公式求出动能和重力势能随时间的表达式，从而确定图线的正误解
18、答：解：A、重力的瞬时功率P=mgv=mggt=mg2t，可知P与t成正比，故A正确B、重力势能，可知重力势能的大小与时间t不成线性关系，故B错误C、动能，可知动能与时间t的关系成二次函数关系，开口向上，故C正确，D错误故选：AC点评：本题考查物体机械能守恒时，各个物理量之间的关系，要找物理量之间的关系一定要推导出它们的关系式在进一步的判断它们的关系6（6分）下列说法中正确的是（）A在太空站中处于失重状态的水滴呈球形状，是由液体表面张力引起的B用气筒给自行车打气，越打越费劲，是气体分子之间斥力变大C在压强一定的情况下，晶体熔化过程中分子的平均动能增加D当气体温度升高时，气体分子运动平均速率增加
19、考点：* 液体的表面张力现象和毛细现象；* 晶体和非晶体 分析：太空站中水滴呈球形是因为液体表面张力引起的；用气筒给自行车打气时，由于气体分子产生的压强而使我们越打越费劲；晶体有一定的熔点；熔化过程中吸收热量，温度保持不变温度升高时，分子的平均动能增大，但并不是每个分子的速率都增加解答：解：A、太空中处于失重状态的水滴由于液体的表面张力的作用而呈球形，故A正确；B、气体分子间距较大，很难达到分子间作用力的范围内，打气时我们克服的是气体压强的作用，故B错误；C、晶体在熔化过程要吸热，但温度不变；故晶体分子的平均动能不变，故C错误；D、气体温度升高时，分子热运动的平均动能增大，故气体分子运动平均速
20、率增加，故D正确故选：AD点评：本题考查液本表面张力、压强、晶体的性质及温度与分子平均动能的关系，要注意明确当温度升高时，分子的平均动能增大，但可能有部分分子的动能减小7（6分）如图所示，甲、乙是两个变压器，n1：n2=100：1，n3：n4=1：10，电压表示数为220V，电流表示数为1.0A，则下列判断正确的是（）A甲是电流互感器，通过输电线的电流是100AB甲是电流互感器，输电线电线的电流是10AC甲是电压互感器，输电线两端电压是2.2104VD乙是电压互感器，输电线两端电压是2.2105V考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：变器的匝数与电压成正比，与电流成反比，根据变压比和
21、变流比计算出输送电压和电流解答：解：甲图的原线圈两端接电源两端的电压，所以是电压互感器，乙图中的原线圈串联接入输电线的一根导线，所以是电流互感器已知n1：n2=100：1，电压表示数为220V，故传输电压为：U=220V100=2.2104V；已知n3：n4=1：10，电流表示数为1A，故传输电流为：I=1A10=10A，故BC正确，AD错误；故选：BC点评：本题考查了变压器的特点，要知道电流表需要串联在电路中，电压表要并联在电路中8（6分）如图所示，A、B两点固定两个等量正点电荷，在A、B连线的中点C处放一个不计重力的点电荷，给该点电荷一个与AB连线垂直的初速度，则该点电荷可能做（）A往复直
22、线运动B匀变速直线运动C加速度不断减小，速度不断增大的直线运动D加速度先增大后减小，速度不断增大的直线运动考点：电势差与电场强度的关系 专题：电场力与电势的性质专题分析：电荷受到两个等量正点电荷的电场力，在两个电场力合力作用下运动，根据平行四边形定则判断出电荷所受合力的变化，从而得出电荷的运动情况，注意该电荷可能是正电荷，也可能是负电荷解答：解：若该电荷为正电荷，给它初速度，将沿两电荷的中轴线运动，向上运动的过程中，受到电场力的合力先增大后减小，合力方向沿中轴线向上，所以该电荷向上做加速度先增大后减小，速度不断增大的直线运动若该电荷为负电荷，受到电场力的合力沿轴线向下，向上做减速运动，当速度为
23、0后，又返回做加速运动，在两电荷连线以下做减速运动，减到速度为零，又返回做加速运动，所以电荷做往复直线运动故A、D正确，B、C错误故选：AD点评：解决本题的关键会根据电荷的受力判断电荷的运动情况，注意电荷的电性，可能为正电荷，可能为负电荷9（6分）如图所示，x轴上方有垂直纸面向里的匀速磁场，有两个质量相同，电荷电量也相同的带正、负电的离子，以相同速度从O点射入磁场中，射入方向与x轴夹角均为=30角，则正、负离子在磁场中（）A运动时间相同B运动轨道半径相同C重新回到x轴时速度大小相同，方向不同D重新回到x轴时距O点的距离相同考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：
24、根据粒子在磁场中的周期公式，结合圆心角的大小比较运动的时间，根据半径公式比较半径的大小，结合几何关系，通过粒子的轨迹图确定重新回到x轴的速度大小和方向的关系根据几何关系确定重新回到x后距离O点距离的关系解答：解：A、正负粒子在磁场中运动轨迹如图所示，正粒子向左偏转，负粒子向右偏转，根据知，粒子在磁场中运动的周期相等，根据t=知，两粒子在磁场中做圆周运动的圆心角不等，则运动时间不等，故A错误B、根据qvB=知，r=知，粒子的速度大小相等，电荷量和质量大小相等，则轨道半径相等，故B正确C、根据轨迹图可知，正负粒子重新回到x轴时速度的大小和方向都相同，故C错误D、重新回到x轴距离O点的距离x=2rs
25、in，因为半径相等，相等，则重新回到x轴时距O点的距离相同，故D正确故选：BD点评：本题考查了带电粒子在磁场中的运动，关键作出轨迹图，根据几何关系，结合半径公式和周期公式进行求解，难度不大三、非选择题10（8分）某同学用如图所示装置验证机械能守恒定律质量均为M的物体A、B通过细绳连在一起，物体B上放置质量为m的金属片C，在其正下方h处固定一个圆环，P1、P2是相距为d的两个光电门释放后，系统由静止开始运动，当物体B穿过圆环时，金属片C被搁置在圆环上，数字计时器测出物体B通过P1、P2的时间为t物体B刚穿过圆环后的速度V=；实验中验证下面C（填正确选项的序号）等式成立，即可验证机械能守恒定律；A
26、、mgh=MV2 B、mgh=MV2 C、mgh=（2M+m）V2 D、mgh=（M+m）V2本实验中的测量仪除了图中器材和刻度尺、电源外，还需要天平考点：验证机械能守恒定律 专题：实验题分析：（1）通过平均速度等于瞬时速度，即可求解；（2）根据系统减小的重力势能，转化为系统增加的动能，即可求解；（3）根据上式可知，还需要天平测出金属片C的质量；解答：解：（1）根据平均速度等于瞬时速度，则有：物块B刚穿过圆环后的速度v=；（2）由题意可知，系统ABC减小的重力势能转化为系统的增加的动能，即为：mgh+MghMgh=，即为：mgh=，故选：C（3）由mgh=，知除了刻度尺、光电门、数字计时器外，
27、还需要天平测出金属片的质量；故答案为：（1）；（2）C；（3）天平点评：考查平均速度等于瞬时速度，条件是时间很短或做匀变速直线运动；掌握系统机械能守恒定律验证方法，注意由于A与B的质量相同，则重力势能之和不变；11（10分）指针式多用表是实验室中常用的测量仪器，请完成下列问题：用多用表测电流时，指针如图（甲）所示，接着的操作是机械调零将选择开关拨至“50mA”档，将多用表串联入待测电路中，指针如图（乙）所示，电路中电流为22.0mA用多用表测电阻时，将选择开关拨至“1”挡，进行电阻调零将两表笔接待测电阻两端，指针如图（甲）示，接着的操作是将选择开关拨至“10”挡，将两表笔接待测电阻两端，指针如
28、图（乙）所示，待测电阻为320多用表测电阻Rx的电路如图（丙）所示，电源电动势为E=1.5V，多用表的内阻为R丙某电阻档的电流I与待测电阻Rx的关系如图（丁）所示，图中Ig为满偏电流，使用该电阻档时，多用表的内阻R丙=320该图象的函数关系式为I=A考点：用多用电表测电阻 专题：实验题分析：欧姆表测电阻时，每次换挡，需进行欧姆调零欧姆表的读数等于表盘读数乘以倍率测电流时，搞清每格电流表示多少，从而得出电流的大小欧姆表的工作原理是闭合电路欧姆定律，根据闭合电路欧姆定律分析答题解答：解：（1）用多用表测电流时，指针如图（甲）所示，接着的操作是机械调零将选择开关拨至“50mA”档，将多用表串联入待测
29、电路中，指针如图（乙）所示，电路中电流为22.0mA（2）用多用表测电阻时，将选择开关拨至“1”挡，进行电阻调零将两表笔接待测电阻两端，指针如图（甲）示，接着的操作是将选择开关拨至“10”挡，将两表笔接待测电阻两端，指针如图（乙）所示，待测电阻为32.010=320（3）多用表测电阻Rx的电路如图（丙）所示，中值电阻R中=300，使用该电阻档时，多用表的内阻R丙=R中=300在闭合电路中，由闭合电路欧姆定律得：I=；故答案为：（1）机械调零；22.0（2）将选择开关拨至“10”挡；320，点评：解决本题的关键掌握多用电表的读数方法，应掌握欧姆表测量电阻的原理和方法，注意选择倍率时，明确电表指针
30、指在中值电阻附件时，读数才较准确，这是选档的依据知道图象的函数表达式，掌握欧姆表的工作原理、应用闭合电路欧姆定律即可正确解题12（18分）如图所示，半径R=1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角=37，另一端点C为轨道的最低点，其切线水平C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M=3kg，上表面与C点等高质量为m=1kg的物块（可视为质点）从空中A点以v0=2.4m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道已知物块与木板间的动摩擦因数=0.4，取g=10m/s2，sin37=0.6求：（1）物体到达B点时的速度大小vB
31、；（2）物块经过C点时对轨道的压力；（3）木板长度满足什么条件，才能使物块不滑离木板考点：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、物块从A到B做平抛运动，由平抛规律可求得B点的速度；由机械能守恒可求得C点的速度；2、由向心力公式可求得物块在C点受到的支持力，由牛顿第三定律可求得对轨道的压力；3、由牛顿第二定律可求得物块和木板的加速度，要使物块不掉下去，两物体最后应达到相同速度并且刚好到达最右端，由运动学公式可求得木板的长度解答：解：（1）设物体经过B点的速度为vB，则由平抛运动的规律可得：vBsin37=v0解得：vB=4m/s（2）设物体经过C点的速度为vC，由机械能守
32、恒得：mvB2+mg（R+Rsin37）=mvC2解得：vC=4m/s；根据牛顿第二定律得FNmg=m解得：FN=58N，由牛顿第三定律可求得物块经过C点时对轨道的压力大小是58N，方向竖直向下（3）物快在木板上滑动时，设物块和木板的加速度大小分别为a1、a2，则：1mg=ma11mg2（M+m）g=Ma2解得：a1=4m/s2，a2=m/s2，设物快和木板经过时间t达到共同速度V，其位移分别为X1、X2，则：对物块：V=VCa1t对木板：V=a2t设木板长度至少为L时间t内物块的位移：X1=t时间t内木板的位移：X2=由题意得：LX1X2=4.5m即木板长度至少4.5m才能使物块不从木板上滑
33、下答：（1）物体到达B点时的速度大小是4m/s；（2）物块经过C点时对轨道的压力大小是58N，方向竖直向下；（3）木板长度至少4.5m才能使物块不滑离木板点评：本题将平抛、圆周运动及能量守恒定律结合在一起考查，注意分析运动过程，并根据过程正确的选择物理规律求解掌握牛顿第二定律和运动学公式求出相对运动的位移大小13（18分）如图所示，传送带始终以恒定速度V匀速运动，在其中部存在宽度为3L、大小为B、方向竖直向上的匀强磁场现将边长为L、质量为m、电阻为R的正方形线圈无初速地放到传送带左端，经过一段时间，线圈达到与传送带相同的速度当一个线圈刚好开始匀速度运动时，下一个线圈恰好放到传送带上，线圈匀速运
34、动后，相邻两个线圈间隔为L，且线圈均以速度V通过磁场假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等求：（1）每个线圈通过磁场区域产生的热量Q（2）要实现上述传动过程，磁感应强度B的大小应满足什么条件？（用题中的m、B、L、V表示）（3）电动机对传送带做功的功率P？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；功率、平均功率和瞬时功率 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）根据牛顿第二定律列式求解线框的加速度；根据运动学公式列式求解线框的相对位移；然后联立方程组求解；（2）为保证线圈均以速度V通过磁场，则受力平衡，即安培力小于等于摩擦力，线框在进入和离开磁场时有感应电流，根据切割公式、欧姆定律、牛顿第二定律
35、求解即可；（3）某一导线框穿过磁场过程，皮带上有多个线圈，分析机械能增加量、内能增加量，然后求和解答：解：（1）每个线圈穿过磁场过程中有电流的运动距离为2L，经历的时间：，产生的电动势为：E=BLv，感应电流：，产生的热量为：；（2）为保证通过磁场时不产生滑动，安培力必须不超过最大静摩擦力，即：Ff，F=，设线圈从放到传送带到与传送带具有相同速度经历的时间为T，由牛顿第二定律得：f=ma，有速度公式：v=aT，匀加速运动的位移：，联立式解得；（3）电动机在T时间对传送带做功W=PT，根据能量守恒定律得：，而摩擦力生热：Q摩擦=fx相对=fL，焦耳热：，联立解得：P=；答：（1）每个线圈通过磁场区域产生的热量Q为（2）要实现上述传动过程，磁感应强度B应满足；（3）电动机对传送带做功的功率P为P=；点评：本题关键是明确传送带的运动规律，然后分过程按照牛顿第二定律、运动学公式、切割公式、欧姆定律、焦耳定律列式求解