1、2015年安徽省合肥一中高考物理模拟试卷（二）一、选择题1如图所示，水下光源S向水面A点发射一束复色光线，折射光线分成a、b两束，则下列说法正确的是（）A在水中a光的速度比b光的速度小Ba光的频率小于b光的频率C若a、b两种单色光由玻璃射向空气时，a光的临界角较小D若保持入射点A位置不变，将入射光线顺时针旋转，则从水面上方观察，a光先消失2如图所示，表面光滑的斜面体固定在匀速上升的升降机上，质量相等的A、B两物体用一轻质弹簧连接着，B的上端用一平行斜面的细线拴接在斜面上的固定装置上，斜面的倾角为30，当升降机突然处于完全失重状态，则此瞬时A、B两物体的瞬时加速度大小分别为（）A g、gBg、g
2、C g、0D g、g3如图所示，已知物体与三块材料不同的地毯间的动摩擦因数分别为、2和3，三块材料不同的地毯长度均为L，首尾相联固定在水平地面上，该物体以一定的初速度v0从a点滑上第一块地毯，则物体恰好滑到第三块的末尾d点停下来，若让物体从d点以相同的初速度水平向左运动，则下列说法正确的是（）A物体仍能运动到a点并停下来B物体两次经过b点时速度大小相等C物体两次经过c点时速度大小相等D物体第二次运动的时间长42013年12月2日，“长征三号乙”运载火箭将“嫦娥三号”月球探测器成功送入太空，12月6日“嫦娥三号”由地月转移轨道进入100公里环月轨道，12月10日成功变轨到近月点为15公里的椭圆轨
3、道，12月14日从15公里高度降至月球表面成功实现登月则关于“嫦娥三号”登月过程的说法正确的是（）A“嫦娥三号”由地月转移轨道需要减速才能进入100公里环月轨道B“嫦娥三号”在近月点为15公里的椭圆轨道上各点的速度都大于其在100公里圆轨道上的速度C“嫦娥三号”在100公里圆轨道上运动的周期小于其在近月点为15公里的椭圆轨道上运动的周期D从15公里高度降至月球表面过程中，“嫦娥三号”处于失重状态5电场强度方向与x轴平行的静电场，其电势随x的分布如图所示，一质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0从O点（x=0）沿经轴正方向进入电场下列叙述正确的是（）A粒子从O点运动到x3点的过程
4、中，在x2点速度最大B粒子从x1点运动到x3点的过程中，电势能先减小后增大C要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为D若，则粒子在运动过程中的最大动能为3q06在如图所示的电路中电源电动势为E，内阻为r，M为多种元件集成的电子元件，其阻值与两端所加的电压成正比（即RM=kU，式中k为正常数）且遵循欧姆定律，L1和L2是规格相同的小灯泡（其电阻可视为不随温度变化而变化），R为可变电阻现闭合开关S，调节可变电阻R使其电阻逐渐减小，下列说法中正确的是（）A灯泡L1变暗，L2变亮B通过电阻R的电流增大C电子元件M两端的电压变小D电源两端电压变小7三个质量分别为m1、m2、m3的小球，半径相同，并
5、排悬挂在长度相同的三根竖直绳上，彼此恰好相互接触现把质量为m1的小球拉开一些，如图中虚线所示，然后释放，经球1与球2、球2与球3相碰之后，三个球的动量相等若各球间碰撞时均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，不计空气阻力，则ml：m2：m3为（）A6：3：1B2：3：1C2：1：1D3：2：1二、实验题（18分，每空2分）8用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，质量m=100g的重物拖动纸带自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列点如图乙所示为选取的一条符合实验要求的纸带，O 点为打出的第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续的点（其它点未画出）已知打点计时器每隔0.02s打一次点，当地的重
6、力加速度g=9.80m/s2那么：（1）根据图上所得的数据，应取图中O点和点来验证机械能守恒定律；（2）从O点到所取点，钩码重力势能减少量Ep=J，动能增加量Ek=J；（结果取3位有效数字）9多用电表是实验室和生产实际中常用的仪器使用多用电表进行了两次测量，指针所指的位置分别如图中a、b所示若选择开关处在“10”的电阻档时指针位于a，则被测电阻的阻值是；若选择开关处在“直流电压2.5V”档时指针位于b，则被测电压是V10如图甲所示为一黑箱装置，盒内有电源、电阻等元件，a、b为黑箱的两个输出端（1）含有电源的黑箱相当于一个“等效电源”，a、b是等效电源的两极为了测定这个等效电源的电动势和内阻，该
7、同学设计了如图乙所示的电路，调节变阻器的阻值，记录下电压表和电流表的示数，并在方格纸上建立了UI坐标，根据实验数据画出了坐标点，如图丙所示请你做进一步处理，并由图求出等效电源的电动势E=V，内阻r=（结果保留两位小数）（2）由于电压表和电流表的内阻会产生系统误差，则采用此测量电路所测得的电动势与实际值相比，测得的内阻与实际值相比（选填“偏大”“偏小”或“相同”）三、计算题11如图所示，一固定的圆弧轨道，半径为1.25m，表面光滑，其底端与水平面相切，且与水平面右端P点相距6m轨道的下方有一长为1.5m的薄木板，木板右侧与轨道右侧相齐现让质量为1kg的物块从轨道的顶端由静止滑下，当物块滑到轨道底
8、端时，木板从轨道下方的缝隙中冲出，此后木板在水平推力的作用下保持6m/s的速度匀速运动，物块则在木板上滑动当木板右侧到达P点时，立即停止运动并被锁定，物块则继续运动，最终落到地面上已知P点与地面相距1.75m，物块与木板间的动摩擦因数为0.1，取重力加速度g=10m/s2，不计木板的厚度和缝隙大小，求：（1）物块滑到弧形轨道底端受到的支持力大小；（2）物块离开木板时的速度大小；（3）物块落地时的速度大小及落地点与P点的水平距离12相距L=1.5m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1=1kg的金属棒ab和质量为m2=0.27kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图（a）所示，
9、虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数为=0.75，两棒总电阻为1.8，导轨电阻不计ab棒在方向竖直向上，大小按图（b）所示规律变化的外力F作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放（1）求出磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；（2）已知在2s内外力F做功40J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；（3）判断cd棒将做怎样的运动，求出cd棒达到最大速度所需的时间t0，并在图（c）中定性画出cd棒所受摩擦力fcd随时间变化的图象13如图所示，在xoy平面内，以O（O，R）为圆心、R为半径的圆内有垂
10、直平面向外的匀强磁场，x轴下方有垂直平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等；第四象限有一与x轴成45角倾斜放置的挡板PQ，PQ两点在坐标轴上，且OP两点间的距离大于2R，在圆形磁场的左侧Oy2R的区间内，均匀分布着质量为m、电荷量为+q的一簇带电粒子，当所有的粒子均沿x轴正向以速度v射入圆形磁场区域时，粒子偏转后都从O点进入x轴下方磁场，结果有一半粒子能打在挡板上；不计粒子重力、不考虑粒子间相互作用力；求：（1）磁场的磁感应强度B的大小；（2）挡板端点P的坐标；（3）挡板上被粒子打中的区域长度2015年安徽省合肥一中高考物理模拟试卷（二）参考答案与试题解析一、选择题1如图所示，水下光源S
11、向水面A点发射一束复色光线，折射光线分成a、b两束，则下列说法正确的是（）A在水中a光的速度比b光的速度小Ba光的频率小于b光的频率C若a、b两种单色光由玻璃射向空气时，a光的临界角较小D若保持入射点A位置不变，将入射光线顺时针旋转，则从水面上方观察，a光先消失【考点】光的折射定律【专题】光的折射专题【分析】光源S向水面A点发射一束光线，折射光线分成a，b两束，两条光路入射角相同，a光的折射角小于b光的折射角根据折射定律分析折射率的大小由公式v=分析光在水中的速度关系折射率大的光，频率高，波长短，波动性弱，干涉条纹间距小若保持入射点A位置不变，将入射光线顺时针旋转，则从水面上方观察，b光的折射
12、角先达到90，最先消失【解答】解：A、由题，两光束的入射角i相同，折射角rarb，根据折射定律得到，折射率nanb由公式v=分析得知，在水中a光的速度比b光的速度大故A错误B、折射角rarb，频率fafb，波长ab，而干涉条纹的间距与波长成正比，则a光的干涉条纹间距大于b光的间距故B正确C、由临界角公式sinC=，知a光的折射率较小，临界角较大，故C错误D、若保持入射点A位置不变，将入射光线顺时针旋转，则从水面上方观察，b光的折射角先达到90，发生全反射，最先消失故D错误故选：B【点评】本题整合了光的折射、全反射、干涉、速度等多个知识点，有效地考查了学生对光学内容的掌握情况2如图所示，表面光滑
13、的斜面体固定在匀速上升的升降机上，质量相等的A、B两物体用一轻质弹簧连接着，B的上端用一平行斜面的细线拴接在斜面上的固定装置上，斜面的倾角为30，当升降机突然处于完全失重状态，则此瞬时A、B两物体的瞬时加速度大小分别为（）A g、gBg、gC g、0D g、g【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】由于整个装置突然处于失重状态，根据完全失重状态的特点可知，AB两物体与斜面体之间的弹力会突然消失，而弹簧在这一瞬间，长度不会立即变化，故此时弹簧对A物体的作用力不变【解答】解：由平衡状态时的受力特点可知，A受到弹簧的作用力大小为mgsin，由于失重时A物体本身重
14、力不变，故在此瞬间，A同时受到弹簧的弹力（mgsin）和重力作用，根据力的合成特点可知此二力的合力为mgcos，故其瞬时加速度为g；而对B受力分析可知，完全失重瞬间，B受到弹簧的作用力总和细线的上弹力相等（此二力的合力为0），则此时B的合力就是其重力，所以B的瞬时加速度为g，所以D正确故选：D【点评】主要考查对 牛顿第二定律 中超重和失重以及加速度的瞬时性等考点的掌握，正确的选择研究对象，根据牛顿第二定律列方程是关键3如图所示，已知物体与三块材料不同的地毯间的动摩擦因数分别为、2和3，三块材料不同的地毯长度均为L，首尾相联固定在水平地面上，该物体以一定的初速度v0从a点滑上第一块地毯，则物体恰
15、好滑到第三块的末尾d点停下来，若让物体从d点以相同的初速度水平向左运动，则下列说法正确的是（）A物体仍能运动到a点并停下来B物体两次经过b点时速度大小相等C物体两次经过c点时速度大小相等D物体第二次运动的时间长【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；动摩擦因数【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】对向右和向左运动的过程运用动能定理分别列式，即可得到速度大小相等的位置结合速度时间图线，结合图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移比较运动的时间长短【解答】解：A、物块从a点开始向右运动过程，根据动能定理有：mgL+2mgL+3mgL=，假设物块从d向左运动过程能到达a点，
16、则根据动能定理克服摩擦力做的功仍然为：mgL+2mgL+3mgL=，故物体仍嫩运动到a点停下来；故A正确B、设速度大小相同的点为e点，e点在c点左侧s处，图示：根据动能定理，向右运动过程：mgL2mg（Ls）=Eke向左运动过程：3mgL2mgS=Eke由以上两式得：3mgL2mgS=3mgL+2mgS所以S=0，可知在C点的速度大小相等故B错误，C正确D、根据速度时间图线知，如图所示，要保证位移相等，则第二次的运动时间大于第一次的运动时间故D正确故选：ACD【点评】本题是动能定理的运用题型，关键要正确选择研究的过程，明确有哪些力做功，哪些力做正功哪些力做负功42013年12月2日，“长征三号
17、乙”运载火箭将“嫦娥三号”月球探测器成功送入太空，12月6日“嫦娥三号”由地月转移轨道进入100公里环月轨道，12月10日成功变轨到近月点为15公里的椭圆轨道，12月14日从15公里高度降至月球表面成功实现登月则关于“嫦娥三号”登月过程的说法正确的是（）A“嫦娥三号”由地月转移轨道需要减速才能进入100公里环月轨道B“嫦娥三号”在近月点为15公里的椭圆轨道上各点的速度都大于其在100公里圆轨道上的速度C“嫦娥三号”在100公里圆轨道上运动的周期小于其在近月点为15公里的椭圆轨道上运动的周期D从15公里高度降至月球表面过程中，“嫦娥三号”处于失重状态【考点】万有引力定律及其应用【专题】万有引力定
18、律的应用专题【分析】根据万有引力与向心力的关系，结合嫦娥三号的变轨确定其加速还是减速根据开普勒第三定律比较周期的大小从15公里高度降至月球表面过程先加速下降后减速下降【解答】解：A、“嫦娥三号”由地月转移轨道进入100公里的环月轨道，需减速，使得万有引力等于向心力故A正确B、“嫦娥三号”在近月点为15公里的椭圆轨道上的远月点速度小于100公里圆轨道的速度，因为在100公里的圆轨道需减速，使得万有引力大于向心力，做近心运动，进入椭圆轨道故B错误C、根据开普勒第三定律=k知，100公里的圆轨道半径大于椭圆轨道的半长轴，则“嫦娥三号”在100公里圆轨道上运动的周期大于其在近月点为15公里的椭圆轨道上
19、运动的周期故C错误D、从15公里高度降至月球表面过程“嫦娥三号”有减速下降的阶段，此时处于超重状态，故D错误；故选：A【点评】解决本题的关键掌握卫星变轨的原理，当提供万有引力不够所需的向心力，做离心运动，当提供的万有引力大于所需的向心力，做近心运动5电场强度方向与x轴平行的静电场，其电势随x的分布如图所示，一质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0从O点（x=0）沿经轴正方向进入电场下列叙述正确的是（）A粒子从O点运动到x3点的过程中，在x2点速度最大B粒子从x1点运动到x3点的过程中，电势能先减小后增大C要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为D若，则粒子在运动过程中的最
20、大动能为3q0【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向，根据电场力方向分析粒子的运动情况根据正电荷在电势高处电势越大，判断电势能的变化粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，根据动能定理研究0x1过程，求解初速度v0粒子运动到x3处电势能最小，动能最大，由动能定理求解最大速度【解答】解：A、B、粒子从O运动到x1的过程中，电势升高，场强方向沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向也沿x轴负方向，粒子做减速运动粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断降低，根据正电荷在电势高处电势越大，可知，粒子的电势能不断减小，动能不断增大，故
21、在x3点速度最大故AB错误C、根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得：q（00）=0，解得：v0=，要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为故C错误D、D、若v0=2，粒子运动到x3处电势能最小，动能最大，由动能定理得：q0（0）=解得最大动能为： =3q0故D正确故选：D【点评】根据电势随x的分布图线可以得出电势函数关系，由电势能和电势关系式得出电势能的变化利用动能定理列方程解答6在如图所示的电路中电源电动势为E，内阻为r，M为多种元件集成的电子元件，其阻值与两端所加的电压成正比（即RM=kU，式中k为正常数）且遵循欧
22、姆定律，L1和L2是规格相同的小灯泡（其电阻可视为不随温度变化而变化），R为可变电阻现闭合开关S，调节可变电阻R使其电阻逐渐减小，下列说法中正确的是（）A灯泡L1变暗，L2变亮B通过电阻R的电流增大C电子元件M两端的电压变小D电源两端电压变小【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】因M阻值与电压成正比，则可知M中电流保持不变；从而可控制整体个电路电流不变；则可得出灯泡亮度及R中电流的变化【解答】解：因M中阻值与电压成正比，故M中电流保持不变；故灯泡L2的亮度不变；总电流不变，R减小，L1电阻不变，根据分流规律R电流增大，L1电流减小变暗；因R的阻值减小，故由欧姆定律可知，通过R的
23、电流增大；故B正确；ACD错误故选：B【点评】本题关键在于明确M的结构，从而在整个电路中起到控制电流不变的作用；本题不能想当然地看作闭合电路欧姆定律的动态分析进行分析解答7三个质量分别为m1、m2、m3的小球，半径相同，并排悬挂在长度相同的三根竖直绳上，彼此恰好相互接触现把质量为m1的小球拉开一些，如图中虚线所示，然后释放，经球1与球2、球2与球3相碰之后，三个球的动量相等若各球间碰撞时均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，不计空气阻力，则ml：m2：m3为（）A6：3：1B2：3：1C2：1：1D3：2：1【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】在小球碰撞前后总动量守恒，
24、同时因为碰撞为弹性碰撞，故机械能守恒；联立可得出小球间质量关系【解答】解：因为各球间发生的碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒，动量守恒因碰撞后三个小球的动量相等，设其为p，则总动量为3p由机械能守恒得，即，故满足该条件的只有选项A故选A【点评】本题要注意灵活设出中间量p，从而得出正确的表达式，再由选择得出正确的条件二、实验题（18分，每空2分）8用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，质量m=100g的重物拖动纸带自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列点如图乙所示为选取的一条符合实验要求的纸带，O 点为打出的第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续的点（其它点未画出）已知打点计时
25、器每隔0.02s打一次点，当地的重力加速度g=9.80m/s2那么：（1）根据图上所得的数据，应取图中O点和B点来验证机械能守恒定律；（2）从O点到所取点，钩码重力势能减少量Ep=1.88J，动能增加量Ek=1.84J；（结果取3位有效数字）【考点】验证机械能守恒定律【专题】实验题【分析】验证机械能守恒时，我们验证的是减少的重力势能Ep=mgh和增加的动能Ek=mv2之间的关系，所以我们要选择能够测h和v的数据减少的重力势能Ep=mgh，增加的动能Ek=mv2，v可由从纸带上计算出来【解答】解：（1）验证机械能守恒时，我们验证的是减少的重力势能Ep=mgh和增加的动能Ek=mv2之间的关系，所
26、以我们要选择能够测h和v的数据，故选B点（3）减少的重力势能为：Ep=mgh=19.819.2102=1.88JvB=1.93m/s所以增加的动能为：Ek=mv2=1.84J故答案为：（1）B；（2）1.88，1.84【点评】正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所测数据，如何测量计算，会起到事半功倍的效果运用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题，要注意单位的换算和有效数字的保留9多用电表是实验室和生产实际中常用的仪器使用多用电表进行了两次测量，指针所指的位置分别如图中a、b所示若选择开关处在“10”的电阻档时指针位于a，则被测电阻的阻值是500；
27、若选择开关处在“直流电压2.5V”档时指针位于b，则被测电压是1.98V【考点】用多用电表测电阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】欧姆档的读数要乘以倍率，电压档的读数要明确估读位数【解答】解：图示欧姆档示数为：5010=500；图示电压档的读数：因最小分度为0.05，则估读到同位为：1.98V故答案为：500；1.98【点评】本题考查了多用电表的读数问题，难度不大，是一道基础题10如图甲所示为一黑箱装置，盒内有电源、电阻等元件，a、b为黑箱的两个输出端（1）含有电源的黑箱相当于一个“等效电源”，a、b是等效电源的两极为了测定这个等效电源的电动势和内阻，该同学设计了如图乙所示的电路，调节变阻器
28、的阻值，记录下电压表和电流表的示数，并在方格纸上建立了UI坐标，根据实验数据画出了坐标点，如图丙所示请你做进一步处理，并由图求出等效电源的电动势E=1.45V，内阻r=0.75（结果保留两位小数）（2）由于电压表和电流表的内阻会产生系统误差，则采用此测量电路所测得的电动势与实际值相比偏小，测得的内阻与实际值相比偏小（选填“偏大”“偏小”或“相同”）【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题【分析】采用描点法作图，由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；由图象与横坐标的交点利用闭合电路欧姆定律可求得内电阻电压表测量为电源的输出电压，电压表示数没有误差，但电流表测量的却是外电路中一部分电路中的电流
29、，故可知误差来自于电压表的分流；【解答】解：（1）根据给出的点得出对应的伏安特性曲线；由UI图可知，电源的电动势E=1.45V路端电压为1V时，电流为0.6A，则由闭合电路欧姆定律可知：r=0.75（2）该实验的系统误差主要是由电压表的分流，导致电流表测量的电流小于通过电源的真实电流；利用等效电源分析，即可将电压表等效为电源内阻，测实验中测出的电动势应为等效电阻输出的电压，由图可知，输出电压小于电源的电动势；故可知电动势的测量值小于真实值；测实验中测出的内阻应为实际电源内阻和电压表内阻并联的等效电阻，所以测得的内阻与实际值相比偏小故答案为：（1）1.45，0.75；（2）偏小，偏小【点评】本题
30、考查测量电动势和内电阻实验的数据的处理，要求能正确分析误差的来源，并能用图象法求出电势和内电阻三、计算题11如图所示，一固定的圆弧轨道，半径为1.25m，表面光滑，其底端与水平面相切，且与水平面右端P点相距6m轨道的下方有一长为1.5m的薄木板，木板右侧与轨道右侧相齐现让质量为1kg的物块从轨道的顶端由静止滑下，当物块滑到轨道底端时，木板从轨道下方的缝隙中冲出，此后木板在水平推力的作用下保持6m/s的速度匀速运动，物块则在木板上滑动当木板右侧到达P点时，立即停止运动并被锁定，物块则继续运动，最终落到地面上已知P点与地面相距1.75m，物块与木板间的动摩擦因数为0.1，取重力加速度g=10m/s
31、2，不计木板的厚度和缝隙大小，求：（1）物块滑到弧形轨道底端受到的支持力大小；（2）物块离开木板时的速度大小；（3）物块落地时的速度大小及落地点与P点的水平距离【考点】机械能守恒定律；平抛运动；向心力【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】（1）在圆弧底端物块受到的支持力和重力的合力提供圆周运动向心力，据牛顿第二定律求解支持力的大小；（2）物块在木板上先做加速运动，再做减速运动，根据速度位移关系和位移时间关系进行分析求解；（3）物块离开木板做平抛运动，根据平抛知识求物块落地时的速度大小和水平距离【解答】解：（1）物块从圆弧滑至最低点过程中只有重力做功，根据动能定理有：mgR=mv20得在轨道最低
32、点物块的速度v=m/s=5m/s物块在最低点时支持力和重力的合力提供圆周运动向心力，由牛顿第二定律有：FNmg=m得：FN=mg+m=1（10+）N=30N（2）木板做匀速直线运动，运动到P的时间t1=s=1s对于物块在摩擦力作用下产生加速度的大小a1=a2=g=1m/s2由于滑上木板时物块速度小于木板速度，故在摩擦力作用下做加速运动，物体的末速度v1=v+a1t1=5+11m/s=6m/s物块产生的位移x1=vt1+a1t12=51+112=5.5（m）木板运动1s后停止运动，此时物块在摩擦力作用下做减速运动，此时初速度v1=6m/s，加速度大小a2=1m/s2，位移x2=xx1=65.5m
33、=0.5m物块做匀减速运动过程中根据速度位移关系有：v22v12=2a2x2得物块离开木板时的速度：v2=m/s（3）物块离开木板做平抛运动有：水平方向：x3=v2t竖直方向：h=gt2由竖直方向：t=s=s所以x3=v2t=3.5m物块的速度v=m/s=m/s=8.4m/s答：（1）物块滑到弧形轨道底端受到的支持力大小为30N；（2）物块离开木板时的速度大小为5.9m/s；（3）物块落地时的速度大小为8.4m/s及落地点与P点的水平距离为3.5m【点评】本题综合圆周运动、匀变速直线运动和平抛运动，掌握相关运动的基本规律是解决问题的关键12相距L=1.5m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1=
34、1kg的金属棒ab和质量为m2=0.27kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图（a）所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数为=0.75，两棒总电阻为1.8，导轨电阻不计ab棒在方向竖直向上，大小按图（b）所示规律变化的外力F作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放（1）求出磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；（2）已知在2s内外力F做功40J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；（3）判断cd棒将做怎样的运动，求出cd棒达到最大速度所需的时间t0，并在图（c）中定性
35、画出cd棒所受摩擦力fcd随时间变化的图象【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；焦耳定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】（1）由E=BLv、I=、F=BIL、v=at，及牛顿第二定律得到F与时间t的关系式，再根据数学知识研究图象（b）斜率和截距的意义，即可求磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小（2）由运动学公式求出2s末金属棒ab的速率和位移，根据动能定理求出两金属棒产生的总焦耳热（3）分析cd棒的运动情况：cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动cd棒达到最大速度时重力与摩擦力平衡，而c
36、d棒对导轨的压力等于安培力，可求出电路中的电流，再由E=BLv、欧姆定律求出最大速度【解答】解：（1）经过时间t，金属棒ab的速率为：v=at此时，回路中的感应电流为：I=对金属棒ab，由牛顿第二定律得：FBILm1g=m1a由以上各式整理得：F=m1a+m1g+at在图线上取两点：t1=0，F1=11N；t2=2s，F2=14.6N，代入上式得：a=1m/s2 B=1.2T（2）在2s末金属棒ab的速率为：vt=at=2m/s所发生的位移为：s=at2=2m由动能定律得：WFm1gsW安=m1vt2又Q=W安联立以上方程，解得：Q=WFmgsmvt2=401102122=18J（3）cd棒先
37、做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动当cd棒速度达到最大时，有：m2g=FN又FN=F安，F安=BIL，整理解得：m2g=BIL，对abcd回路，有：I=得：vm=又 vm=at0代入数据解得：t0=s=2sfcd随时间变化的图象如图所示答：（1）磁感应强度B的大小为1.2T，ab棒加速度大小为1m/s2；（2）这一过程中两金属棒产生的总焦耳热为18J；（3）cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动cd棒达到最大速度所需的时
38、间t0为2s，cd棒所受摩擦力fcd随时间变化的图象如图所示【点评】本题中cd棒先受到滑动摩擦，后受到静摩擦，发生了突变，要仔细耐心分析这个动态变化过程滑动摩擦力与安培力有关，呈现线性增大13如图所示，在xoy平面内，以O（O，R）为圆心、R为半径的圆内有垂直平面向外的匀强磁场，x轴下方有垂直平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等；第四象限有一与x轴成45角倾斜放置的挡板PQ，PQ两点在坐标轴上，且OP两点间的距离大于2R，在圆形磁场的左侧Oy2R的区间内，均匀分布着质量为m、电荷量为+q的一簇带电粒子，当所有的粒子均沿x轴正向以速度v射入圆形磁场区域时，粒子偏转后都从O点进入x轴下方磁
39、场，结果有一半粒子能打在挡板上；不计粒子重力、不考虑粒子间相互作用力；求：（1）磁场的磁感应强度B的大小；（2）挡板端点P的坐标；（3）挡板上被粒子打中的区域长度【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】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】（1）粒子自磁场边界A点进入磁场，该粒子由O点射出圆形磁场，作出粒子轨迹，由几何知识确定半径，根据牛顿第二定律求B；（2）有一半粒子打到挡板上需满足从O点射出的沿x轴负方向的粒子、沿y轴负方向的粒子轨迹刚好与挡板相切，由几何知识求出横轴与纵轴坐标；（3）关键是求出打在挡板上最左侧的粒子的坐标，然后由几何关系求出区域长度【解答】解：
40、（1）设一粒子自磁场边界A点进入磁场，该粒子由O点射出圆形磁场，轨迹如图甲所示，过A点做速度的垂线长度为r，C为该轨迹圆的圆心连接AO、CO，可证得ACOO为菱形，根据图中几何关系可知：粒子在圆形磁场中的轨道半径r=R，由 qvB=m得：B= （2）有一半粒子打到挡板上需满足从O点射出的沿x轴负方向的粒子、沿y轴负方向的粒子轨迹刚好与挡板相切，如图乙所示，过圆心D做挡板的垂线交于E点，DP=R OP=（+1）RP点的坐标为（+1）R，0 ）；（3）设打到挡板最左侧的粒子打在挡板上的F点，如图丙所示，OF=2R 过O点做挡板的垂线交于G点，OG=（+1）R=（1+）RFG=REG=R挡板上被粒子打中的区域长度l=FE=R+R=R 答：（1）磁场的磁感应强度B的大小为；（2）挡板端点P的坐标（+1）R，0 ）；（3）挡板上被粒子打中的区域长度R【点评】本题是粒子在混合场中运动，关键是得出临界情况的运动轨迹，然后根据粒子在场中的运动特点，结合几何关系可列式求解，难度较大