1、高考资源网（） 您身边的高考专家安徽省宿州市2015届高考物理一模试卷一、选择题（本题包括10小题，每小题只有个选项符合题意，每小题4分，共40分）1如图所示，起重机用四根长度均为l的轻绳把货物从四角吊起，货物重为G，上表面是边长为l的正方形，当货物保持水平且匀速上升时，每根绳上的拉力大小为( )AGBGCDG2如图所示为甲、乙两物体在同一直线上运动的位移时间图象，则下列说法正确的是( )A甲做加速度不断增大的加速运动，乙做匀加速运动Bt时刻甲物体从后面追上乙物体C在0t时刻内两物体平均速度相等D相遇时，甲的速度小于乙的速度3实验室中常利用两个平行的通电线圈产生匀强磁场，如图，给线圈通入图示方
2、向的电流，有一电子从线圈连心线的中点O处竖直向上发射，则开始时刻电子所受洛伦兹力的方向为( )A水平向左B水平向右C垂直纸面向里D垂直纸面向外4如图，长为l的轻绳一端固定在天花板上，另一端系着质量为m的小球，把轻绳水平拉直由静止释放小球，重力加速度为g，不计空气阻力，则绳子摆到与水平方向的夹角为30时，重力的瞬时功率为( )AmgBCmgD5如图所示，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成角（环面轴线为竖直方向）若导线环上载有如图所示的恒定电流I，则下列说法正确的是( )A导电圆环有收缩的趋势B导电圆环所受安培力方向竖直向
3、上C导电圆环所受安培力的大小为2BIRD导电圆环所受安培力的大小为2BIRsin6在如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，调节可变电阻R的阻值，使电压表的示数增大U（电压表为理想电表），在这个过程中( )A电阻R的阻值可能增加，也可能减小B通过R1的电流增加，增加量一定等于C通过R的电流减小，减小量一定小于DR2两端的电压减小，减小量一定等于U7空间某一静电场的电势在x轴上分布如图所示，若规定沿x轴正向的电场强度为正，则x轴上电场强度在x轴方向上的分量E随x变化的图象是( )ABCD8如图（a）所示，水平地面上一根轻弹簧，一端连接压力传感器并固定在墙上，弹簧水平且无形变，一小物块以一定的初速度撞
4、向弹簧，通过压力传感器，测出这一过程弹簧弹力的大小F随时间t变化的图象如图（b）所示，则( )A小物块运动过程中不受摩擦力作用Bt2时刻小物块的动能最大Ct2t3这段时间内，小物块的动能先增加后减少Dt2t3这段时间内，小物块增加的动能等于弹簧减少的弹性势能9压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，某同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其工作原理如图（a）所示，将压敏电阻固定在绝缘的电梯底板上，其上放置一绝缘重球，电梯向上做直线运动的过程中，电流表示数如图（b）所示，已知t=0时刻电梯在地面上静止，下列判断正确的是( )A从t1到t2时间内，电梯做匀速直线运动B从t1到t2时间内，电梯
5、做匀加速直线运动C从t2到t3时间内，电梯做匀速直线运动D从t2到t3时间内，电梯做匀加速直线运动10一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替如图（a）所示，曲线上的A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径叫做A点的曲率半径图（b）表示地球围绕太阳做椭圆运动，在近日点地球和太阳的中心距离为ra，在远日点地球和太阳的中心距离为rb，则地球在近日点和远日点的速度大小的比值是( )ABCD二、实验题（共2题，共计18分）11图（a）为某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系
6、装置图，将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧自然悬挂，待弹簧静止时，长度记为L0，弹簧下端挂上砝码盘，在砝码盘中每次增加10g砝码，记录对应的弹簧长度L，图（b）是该同学根据实验数据作的图象，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度L与L0的差值，由图可知，砝码盘的质量为_g，弹簧的劲度系数为_N/m（重力加速度取9.8m/s2）12某实验小组在“测量某种金属丝的电阻率”的实验中（1）用最小分度为1mm的米尺测量金属丝的长度，图（a）中箭头所指位置是拉直的金属丝接入电路的两端在米尺上相对应的位置，测得金属丝长度L为_cm，用螺旋测微器测量该金属丝直径的结果如图（b）所示，该金属丝的直径d
7、为_mmA电压表V1（量程3 V，内阻约为15K） B电压表V2（量程15 V，内阻约为75K） C电流表A1（量程0.3 A，内阻约为0.5） D电流表A2（量程30m A，内阻约为10） E变阻器R1（010，额定电流1 A） F变阻器R2（01000，额定电流30m A）G电源E（电动势为5V，内阻约为1）H开关、导线若干 （2）用多用电表粗略测量金属丝的阻值，先把选择开关旋到“1”档位，测量时指针偏转如图（c）所示，则该金属丝的阻值R是_（3）接下来该同学采用“伏安法”较准确地测量该金属丝的阻值R，实验室提供器材如下：为了较准确测量该金属丝的阻值R，要求各电表示数变化范围较大，电压表应
8、选_，电流表应选_，滑动变阻器应选_（填器材前面的序号）在图（d）方框中画出实验电路图三、计算题（共4题，共计42分，解答时写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，之写最后答案的不得分）13在竖直平面内有一粗糙的半径R=0.4m的圆弧轨道，在轨道的最低点B处嵌入一压力传感器，B点距地面高度h=0.45m一质量m=0.1kg的小滑块从轨道的最高点A由静止释放，经过B点时压力传感器显示示数为2.0N，接着水平速度离开轨道，落到水平地面上的C点空气阻力不计，g取10m/s2，求：（1）小球从A到B的过程中克服摩擦力做的功；（2）落地点C距轨道最低点B的水平距离14如图（a）所示，在水平向右的匀强
9、电场中，有一水平、绝缘的传送带，在外力控制下以速度v顺时针匀速转动，在传送带的左端A点无初速度的放上一质量为m，电荷量为+q的小滑块，小滑块从传送带左端A点运动到右端B点用时为2t，此过程的速度时间图象如图（b）所示，求：（1）小滑块在传送带上所受摩擦力的大小（2）A、B两点间的电势差15如图所示，质量M=2kg，半径R=0.3m的四分之一竖直光滑圆弧槽，静置在光滑水平面上，槽的末端和水平面相切，一质量m=1kg，可视为质点的光滑小球，以初速度v0冲上圆弧槽，g=10m/s2，求：（1）若槽固定在水平面上，要使小球恰好到达槽的最上端A点，v0应为多少（2）若槽不固定，要使小球恰好到达槽的最上端
10、A点，v0应为多少（3）若槽不固定，当v0=6m/s时，圆弧槽最终获得的速度16如图（a）所示，两块足够大的平行金属板竖直放置，板间距d=15m，o和o分别为两板的中心，板间存在空间分布均匀、大小和方向随时间变化的电场和磁场，变化规律分别如图（b），（c）所示（规定水平向右为电场的正方向，垂直纸面向里为磁场的正方向），在t=0时刻从左板中心O点由静止释放一带正电的粒子（不计重力），粒子的比荷=3106C/kg，求：（1）在01105S时间内粒子运动的位移的大小及获得的速度大小（2）粒子最终打到右极板上的位置安徽省宿州市2015届高考物理一模试卷一、选择题（本题包括10小题，每小题只有个选项符合
11、题意，每小题4分，共40分）1如图所示，起重机用四根长度均为l的轻绳把货物从四角吊起，货物重为G，上表面是边长为l的正方形，当货物保持水平且匀速上升时，每根绳上的拉力大小为( )AGBGCDG考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：货物保持水平且匀速上升，受力平衡，根据平衡条件结合几何关系求解即可解答：解：货物保持水平且匀速上升，受力平衡，则4根绳子的合力F=G，则每一根绳在竖直方向上的分量等于，设绳子与竖直方向的夹角为，根据几何关系有：sin，则Tcos解得：T=故选：A点评：本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，注意几何关系在解题中的应用
12、，难度不大，属于基础题2如图所示为甲、乙两物体在同一直线上运动的位移时间图象，则下列说法正确的是( )A甲做加速度不断增大的加速运动，乙做匀加速运动Bt时刻甲物体从后面追上乙物体C在0t时刻内两物体平均速度相等D相遇时，甲的速度小于乙的速度考点：匀变速直线运动的图像 专题：运动学中的图像专题分析：xt图象的斜率等于物体运动的速度，斜率的正负表示速度的方向，质点通过的位移等于x的变化量x，平均速度为解答：解：A、xt图象的斜率等于物体运动的速度，所以乙做匀速直线运动，甲做速度逐渐增大的直线运动，故A错误；B、t时刻图象相交，说明该时刻相遇，即t时刻甲物体从后面追上乙物体，故B正确；C、质点通过的
13、位移等于x的变化量x，平均速度为，由图象可知x甲x乙，时间相等，故甲的平均速度大于乙的，故C错误；D、相遇时，甲的斜率大于乙的，说明甲的速度大于乙的速度，故D错误；故选：B点评：本题关键掌握位移图象的基本性质：横坐标代表时刻，而纵坐标代表物体所在的位置，纵坐标不变即物体保持静止状态；斜率等于物体运动的速度，斜率的正负表示速度的方向，质点通过的位移等于x的变化量x3实验室中常利用两个平行的通电线圈产生匀强磁场，如图，给线圈通入图示方向的电流，有一电子从线圈连心线的中点O处竖直向上发射，则开始时刻电子所受洛伦兹力的方向为( )A水平向左B水平向右C垂直纸面向里D垂直纸面向外考点：左手定则；通电直导
14、线和通电线圈周围磁场的方向 分析：先使用安培定则判断出电流的磁场的方向，然后再由左手定则再判定电子受到的洛伦兹力的方向解答：解：由安培定则可知，两环形电流产生的磁场的方向向右，当电子向上运动时，等效电路的方向向下，由左手定则可知，洛伦兹力的方向垂直于纸面向里故选：C点评：该题考查常见的磁场以及左手定则，属于对基础知识点和基本技能的考查，其中要注意的是电子带负电4如图，长为l的轻绳一端固定在天花板上，另一端系着质量为m的小球，把轻绳水平拉直由静止释放小球，重力加速度为g，不计空气阻力，则绳子摆到与水平方向的夹角为30时，重力的瞬时功率为( )AmgBCmgD考点：功率、平均功率和瞬时功率 专题：
15、功率的计算专题分析：由动能定理求的小球得速度，由P=Fv求的瞬时功率解答：解：由动能定理得：mgLsin=，所以小球的速率为：v=重力的瞬时功率为：P=mgvcos30故选：D点评：本题主要考查了功率的瞬时值，即P=Fv，利用动能定理求的速度，由几何关系判断重力与速度的夹角5如图所示，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成角（环面轴线为竖直方向）若导线环上载有如图所示的恒定电流I，则下列说法正确的是( )A导电圆环有收缩的趋势B导电圆环所受安培力方向竖直向上C导电圆环所受安培力的大小为2BIRD导电圆环所受安培力的大小为2
16、BIRsin考点：楞次定律 专题：压轴题分析：根据感应电流方向由楞次定律判断出穿过环的磁通量如何变化，然后判断环有收缩趋势还是扩张趋势；由左手定则判断环所受安培力方向，由安培力公式求出环所受安培力大小解答：解：A、根据通入电流方向，结合左手定则可知，安培力方向水平分量均指向圆心，因此环有收缩的趋势，故A正确；B、把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，竖直方向的磁场对环形电流的安培力为零，由左手定则可知，水平方向的磁场对电流的安培力竖直向上，即导电圆环所受安培力竖直向上，故B正确；C、把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，竖直方向的磁场对环形电流的安培力为零，导电圆环可以等效为两直线电流，导线的
17、有效长度等于环的直径，水平磁场对电流的安培力F=B水平I2R=2BIRsin，故C错误，D正确；故选：ABD点评：应用安培定则判断出感应电流磁场方向，熟练理解楞次定律是判断环收缩还是扩张的关键6在如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，调节可变电阻R的阻值，使电压表的示数增大U（电压表为理想电表），在这个过程中( )A电阻R的阻值可能增加，也可能减小B通过R1的电流增加，增加量一定等于C通过R的电流减小，减小量一定小于DR2两端的电压减小，减小量一定等于U考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：电压表V的示数增大，变阻器有效电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，R2两端电压减小，根据
18、路端电压的变化分析其电压减小量R1是定值电阻，电压表V的示数增大U的过程中，通过R1的电流增加，增加量I=电压表示数增加，R2电压减小，路端电压增加量一定小于U解答：解：A、电压表V的示数增大，变阻器有效电阻增大，外电路总电阻增大，则电阻R的阻值一定增加故A错误B、R1是定值电阻，电压表V的示数增大U的过程中，通过R1的电流增加，增加量为I=故B正确C、电压表V的示数增大，变阻器有效电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，通过R的电流减小，而通过R1的电流增大，则知通过R的电流减小，减小量一定大于R1的电流增加量故C错误D、并联部分电压增大，R2两端电压减小，而路端电压增大，则R2两端电压减
19、少量一定小于U故D错误故选：B点评：本题是电路动态变化分析问题，本题中采用总量法，由电压表示数变化和总电压（路端电压）的变化来分析R2电压的变化，这是常用的方法7空间某一静电场的电势在x轴上分布如图所示，若规定沿x轴正向的电场强度为正，则x轴上电场强度在x轴方向上的分量E随x变化的图象是( )ABCD考点：电势 专题：电场力与电势的性质专题分析：依据电势变化的快慢程度可以判定图象解答：解：在x负轴方向，电势的变化趋势为一直增大，但是增大的快慢为先慢，后快，再变慢，故而电场强度变化为先增大，后减小，因为电势变化以y轴对称，故而可知，电场强度变化也是以y轴对称，但方向是相反的，故B正确，ACD错误
20、故选：B点评：该题为定性分析，不需要有具体的数学表达式，其实依据x负轴电场先增大，后减小，就可以判定B正确了8如图（a）所示，水平地面上一根轻弹簧，一端连接压力传感器并固定在墙上，弹簧水平且无形变，一小物块以一定的初速度撞向弹簧，通过压力传感器，测出这一过程弹簧弹力的大小F随时间t变化的图象如图（b）所示，则( )A小物块运动过程中不受摩擦力作用Bt2时刻小物块的动能最大Ct2t3这段时间内，小物块的动能先增加后减少Dt2t3这段时间内，小物块增加的动能等于弹簧减少的弹性势能考点：功能关系 分析：通过分析小球的受力情况和运动情况，分析加速度、速度、动能的变化由能量守恒定律，分析小球的动能与弹簧
21、势能之间变化解答：解：A、假设小物块运动过程中不受摩擦力作用，根据牛顿第二定律可知，物块运动过程中只受弹簧弹力，则运动学可知，t1到t2与t2到t3，时间间隔相等，与图象不符，故假设不成立，故A错误；B、t2时刻小物块所受弹簧弹力最大，由胡克定律F=kx可知，压缩量最大，此时速度为零，故动能最小，故B错误；C、t2t3这段时间内，小物块的F合=Ff，小物块所受弹力F，有最大变为最小，小物块的F合先减小，后反向增加，加速度先减小后增大，故物块先做加速度减小的加速度，后作加速度增大的减速运动，则小物块的动能先增加后减少，故C正确；D、根据能量守恒定律，t2t3这段时间内，弹簧减少的弹性势能转化为小
22、物块增加的动能和摩擦生热，故D错误；故选：C点评：本题关键要将物块的向右的加速和减速过程、向左的加速和减速过程进行分析处理，抓住守恒条件分析系统的机械能守恒9压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，某同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其工作原理如图（a）所示，将压敏电阻固定在绝缘的电梯底板上，其上放置一绝缘重球，电梯向上做直线运动的过程中，电流表示数如图（b）所示，已知t=0时刻电梯在地面上静止，下列判断正确的是( )A从t1到t2时间内，电梯做匀速直线运动B从t1到t2时间内，电梯做匀加速直线运动C从t2到t3时间内，电梯做匀速直线运动D从t2到t3时间内，电梯做匀加速直线运动考点
23、：闭合电路的欧姆定律；牛顿第二定律 专题：恒定电流专题分析：当电流不断增加，说明电阻不断减小，压力不断变大当电流不变时，压力不变，然后对物体m受力分析，根据牛顿第二定律判断加速度情况，即可分析电梯的运动情况解答：解：AB、t=0时刻，电梯静止，压敏电阻对底板的压力等于重力；由图b知从t1到t2时间内，电流不断增加，根据闭合电路欧姆定律可知压敏电阻的电阻值不断减小，故压力不断变大；对物体m受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：Nmg=ma；根据牛顿第三定律，支持力不断增加，故加速度不断增加，且向上；故电梯做变加速运动，故A、B错误CD、由图知，从t2到t3时间内的电流大于静止时的电流，
24、而且保持不变，由欧姆定律知，其电阻减小，且不变，则压力增大且不变，电梯向上做匀加速直线运动故C错误，D正确故选：D点评：本题是信息题或新概念题，关键要从题目大量文字材料中抓住核心的信息这也是力电综合题，关键要抓住力电之间的纽带：压力10一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替如图（a）所示，曲线上的A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径叫做A点的曲率半径图（b）表示地球围绕太阳做椭圆运动，在近日点地球和太阳的中心距离为ra，在远日点地球和太阳的中心距离为rb
25、，则地球在近日点和远日点的速度大小的比值是( )ABCD考点：开普勒定律 专题：万有引力定律的应用专题分析：根据开普勒第二定律：行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，取极短时间t，根据“面积”相等列方程得出远日点时与近日点时的速度大小关系解答：解：根据开普勒第二定律，也称面积定律即在相等时间内，太阳和运动着的行星的连线所扫过的面积都是相等的取极短时间t，根据“面积”相等：=可得：=故选：B点评：本题要知道开普勒的行星运动三大定律开普勒第一定律，也叫轨道定律，是所有行星均绕太阳做椭圆运动，且太阳处于椭圆的一个焦点上开普勒第二定律：行星与太阳所连成的直线，在相同时间内扫过的面积相等；而第三定
26、律则是：半长轴的三次方与公转周期的平方成正比二、实验题（共2题，共计18分）11图（a）为某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系装置图，将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧自然悬挂，待弹簧静止时，长度记为L0，弹簧下端挂上砝码盘，在砝码盘中每次增加10g砝码，记录对应的弹簧长度L，图（b）是该同学根据实验数据作的图象，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度L与L0的差值，由图可知，砝码盘的质量为10g，弹簧的劲度系数为9.8N/m（重力加速度取9.8m/s2）考点：探究弹力和弹簧伸长的关系 专题：实验题；弹力的存在及方向的判定专题分析：弹簧自然悬挂，故是竖直放置；充分利用测量数据，根据公式F
27、=kx可以计算出弹簧的劲度系数k其中x为弹簧的形变量解答：解：根据胡克定律公式F=kx，有k=9.8N/kg；由图可知，当不挂砝码时，弹簧的形变量为1103m；根据胡克定律，砝码盘质量为：Mg=kx解得：M=0.01kg=10g故答案为：10，9.8点评：弹簧测力计的原理是在弹簧的弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比对于实验问题，我们要充分利用图象处理实验数据来减少偶然误差12某实验小组在“测量某种金属丝的电阻率”的实验中（1）用最小分度为1mm的米尺测量金属丝的长度，图（a）中箭头所指位置是拉直的金属丝接入电路的两端在米尺上相对应的位置，测得金属丝长度L为77.15cm，用螺旋测微器测量
28、该金属丝直径的结果如图（b）所示，该金属丝的直径d为0.700mmA电压表V1（量程3 V，内阻约为15K） B电压表V2（量程15 V，内阻约为75K） C电流表A1（量程0.3 A，内阻约为0.5） D电流表A2（量程30m A，内阻约为10） E变阻器R1（010，额定电流1 A） F变阻器R2（01000，额定电流30m A）G电源E（电动势为5V，内阻约为1）H开关、导线若干 （2）用多用电表粗略测量金属丝的阻值，先把选择开关旋到“1”档位，测量时指针偏转如图（c）所示，则该金属丝的阻值R是14.0（3）接下来该同学采用“伏安法”较准确地测量该金属丝的阻值R，实验室提供器材如下：为了
29、较准确测量该金属丝的阻值R，要求各电表示数变化范围较大，电压表应选A，电流表应选C，滑动变阻器应选E（填器材前面的序号）在图（d）方框中画出实验电路图考点：测定金属的电阻率 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）依据mm刻度尺的读数原则读出长度L；螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数（2）读出欧姆表示数，再乘以倍率得电阻值；（3）依据电路的安全和测量的准确性来确定仪器的选取；依据为了较准确测量该金属丝的阻值R，要求各电表示数变化范围较大，需要采用分压式接法；由于电流表内阻与金属丝电阻接近，故应用外接法解答：解：（1）长度为：L=78.201.05=77.15cm；由图甲所示
30、螺旋测微器可知，其示数为0.5mm+20.00.01mm=0.700mm（2）读数为14.01=14.0；（3）电源电动势为5V，15V量程的过大，3V略小，但是加上滑动变阻器的包含，可以控制电压在3V以内，故电压表选择3V量程就行；电路最大电流为：，故变阻器只有R1（010，额定电流1A）额定电流能承受，故变阻器选E，电流表选C因题目要求各电表示数变化范围较大，需要采用分压式接法；由于电流表内阻与金属丝电阻接近，故应用外接法如图：故答案为：（1）77.1677.19范围内均可，0.700 （0.001）；（2）14.0（14.00.2算对）；（3）A，C，E如图：点评：该题的重点是对仪器的选
31、取，原则是安全和测量的准确性，但是这个题却选了一个不太安全的电压表，原因是另一个量程太大，会造成很大误差；而测量电路电压又可以控制不超过小量程电压表电压，这种情况可以选小量程的，这个选取方法掌握比较困难，多练习一些就好了三、计算题（共4题，共计42分，解答时写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，之写最后答案的不得分）13在竖直平面内有一粗糙的半径R=0.4m的圆弧轨道，在轨道的最低点B处嵌入一压力传感器，B点距地面高度h=0.45m一质量m=0.1kg的小滑块从轨道的最高点A由静止释放，经过B点时压力传感器显示示数为2.0N，接着水平速度离开轨道，落到水平地面上的C点空气阻力不计，g取1
32、0m/s2，求：（1）小球从A到B的过程中克服摩擦力做的功；（2）落地点C距轨道最低点B的水平距离考点：动能定理的应用；平抛运动 专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据小滑块在B点对轨道的压力求得滑块的速度，根据动能定理求得滑块从A到B过程中克服摩擦力做的功；（2）小滑块离开B点后做平抛运动，根据平知识求得落地点C距轨道最低点B的水平距离解答：解：（1）小滑块在B点对轨道的压力为2N，根据牛顿第三定律知，轨道对小球B的支持力为F=2N，根据牛顿第二定律知Fmg=m可得小滑块在B点的速度为：=2m/s，根据动能定理有，从A至B过程中克服摩擦力做功W，则有：mgRW=所以物体克服摩擦力做的功为：
33、=0.2J（2）小滑块离开B点后做平抛运动，小球落地点与B的水平距离即为平抛的射程，根据射程公式有：距离为：x=答：（1）小球从A到B的过程中克服摩擦力做的功为0.2J；（2）落地点C距轨道最低点B的水平距离为0.6m点评：能根据牛顿第二定律公式由作用力求出滑块运动的速度，由动能定理和平抛知识求解，关键是小滑块在B点时合外力提供向心力，不是轨道对滑块的支持力直接提供向心力14如图（a）所示，在水平向右的匀强电场中，有一水平、绝缘的传送带，在外力控制下以速度v顺时针匀速转动，在传送带的左端A点无初速度的放上一质量为m，电荷量为+q的小滑块，小滑块从传送带左端A点运动到右端B点用时为2t，此过程的
34、速度时间图象如图（b）所示，求：（1）小滑块在传送带上所受摩擦力的大小（2）A、B两点间的电势差考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；电势能 分析：（1）小滑块在传送带上做加速运动，由牛顿第二定律即可求得摩擦因数；（2）由运动求得学公式求的AB间的距离，由U=Ed即可求的电势差解答：解：（1）设滑块所受的电场力为F，摩擦力为f，由牛顿第二定律：由得：（2）由式得：F=qEU=Ed由得答：（1）小滑块在传送带上所受摩擦力的大小为（2）A、B两点间的电势差为点评：本题主要考查了在电场力作用下的牛顿第二定律，受力分析是解题关键，再求电势差时，U=Ed，其中d为沿电场线方向的距离15如图所示
35、，质量M=2kg，半径R=0.3m的四分之一竖直光滑圆弧槽，静置在光滑水平面上，槽的末端和水平面相切，一质量m=1kg，可视为质点的光滑小球，以初速度v0冲上圆弧槽，g=10m/s2，求：（1）若槽固定在水平面上，要使小球恰好到达槽的最上端A点，v0应为多少（2）若槽不固定，要使小球恰好到达槽的最上端A点，v0应为多少（3）若槽不固定，当v0=6m/s时，圆弧槽最终获得的速度考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）根据动能定理，抓住小球到达最高点的速度为零，求出初速度的大小（2）若槽不固定，小球到达最高点时与槽共速，在水平方向上动量守恒，结合
36、动量守恒和机械能守恒求出初速度的大小（3）根据动量守恒和能量守恒求出圆弧槽最终获得的速度解答：解：（1）对小球，利用动能定理：mgR=0得：m/s=（2）小球恰好到达A点时，水平方向和槽共速，竖直方向速度为0对系统，规定小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律：mv0=（M+m）v，由能量守恒定律：，代入数据联立解得：v0=3m/s（3）当v0=6m/s时，小球到达A点时，水平方向仍和槽共速，故小球从A点离开槽后，还能再次从A点落回槽，并最终从槽的左侧离开槽对系统：规定小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律：mv0=mv1+Mv2，由能量守恒定律：，代入数据解得：，方向向右答：（1）v0应为
37、；（2）v0应为3m/s（3）圆弧槽最终获得的速度为4m/s点评：本题考查了动量守恒和能量守恒的综合运用，综合性较强，对学生的能力要求较高，知道当槽不固定，小球恰好到达最高点时，两者具有共同的速度16如图（a）所示，两块足够大的平行金属板竖直放置，板间距d=15m，o和o分别为两板的中心，板间存在空间分布均匀、大小和方向随时间变化的电场和磁场，变化规律分别如图（b），（c）所示（规定水平向右为电场的正方向，垂直纸面向里为磁场的正方向），在t=0时刻从左板中心O点由静止释放一带正电的粒子（不计重力），粒子的比荷=3106C/kg，求：（1）在01105S时间内粒子运动的位移的大小及获得的速度大小
38、（2）粒子最终打到右极板上的位置考点：带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）在01105S时间内粒子在电场中做加速度运动，由牛顿第二定律求的加速度，由运动学公式求的速度和位移；（2）在1105s3105s内，粒子作匀速圆周运动，求的半径和周期，；在3105s4105s粒子继续作匀加速直线运动，由匀变速直线运动的规律求的位移和速度；4105s后粒子做匀速圆周运动，有几何关系即可求得位置解答：解：（1）如图，在01105s内，粒子在电场中作匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知粒子加速度为：=31062102m/s2=6108m/s2由运动学公式可得：=0.03m（2
39、）在1105s3105s内，粒子作匀速圆周运动，有：由得：所以1105s3105s，粒子正好作两个周期的完整圆周运动；3105s4105s粒子继续作匀加速直线运动，由匀变速直线运动的规律：x1：x2=1：3；v1：v2=1：2，得：x2=0.09m；4105s后粒子做匀速圆周运动，轨道半径为：由几何关系，粒子打在O点下方：答：（1）在01105S时间内粒子运动的位移的大小为3cm，获得的速度大小为6103m/s（2）粒子最终打到右极板上的位置为O点下方0.01m处点评：带点粒子在复合场中的运动本质是力学问题1、带电粒子在电场、磁场和重力场等共存的复合场中的运动，其受力情况和运动图景都比较复杂，但其本质是力学问题，应按力学的基本思路，运用力学的基本规律研究和解决此类问题2、分析带电粒子在复合场中的受力时，要注意各力的特点，如带电粒子无论运动与否，在重力场中所受重力及在匀强电场中所受的电场力均为恒力，而带电粒子在磁场中只有运动 （且速度不与磁场平行）时才会受到洛仑兹力，力的大小随速度大小而变，方向始终与速度垂直，故洛仑兹力对运动电荷只改变粒子运动的方向，不改变大小高考资源网版权所有，侵权必究！
