1、 安徽省皖南八校 2015 届高考物理二模试卷一、选择题（每题 6 分）12014 年 2 月 14 日，从北京航天飞行控制中心获悉，嫦娥二号卫星再次刷新我国深空探测最远距离纪录，达到 7000 万公里已成为我国首个人造太阳系小行星的嫦娥二号卫星，目前状态良好，正在绕日轨道上飞向更远深空假设嫦娥二号绕日轨道与绕月轨道半径之比为 a，太阳与月球质量之比为 b，嫦娥二号绕日、绕月的运动均可看做匀速圆周运动，则它绕日与绕月的周期之比为()A：B：C：D：2如图所示，在倾斜角为=30的斜面上，物块 A 与物块 B 通过轻绳相连，轻绳跨过光滑的定滑轮，物块 A 的质量为 4kg，物块 A 与斜面间的滑动
2、摩擦因数为，设物块 A 与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使物块 A 静止在斜面上，物块 B 的质量不可能为()A1kgB2kgC3kgD4kg3如图所示为甲、乙两物体运动的 vt 图象，在 0t2 时间内甲一直做匀加速直线运动，乙先做匀减速到速度为 0，再做匀加速直线运动，t22t1，关于两物体在 0t2 时间内运动的位移大小关系正确的是()Ax 甲=2x 乙Bx 甲2x 乙Cx 甲2x 乙D以上三种情况都可能4如图所示，一束复色光从圆柱形玻璃砖的侧面 A 点，以 45的入射角射入，结果从玻璃砖的侧面 B 点和 C 点各射入一束单色光 a 和 b，则下列说法正确的是()A单色光 a 从
3、 B 点出射时的折射角小于单色光 b 形 C 点出射时的折射角B逐渐增大复合光在 A 点的入射角，则 b 光束先于 a 光束在玻璃砖中发生全反射C单色光 a 在玻璃中从 A 到 B 的传播时间比单色光 b 从 A 到 C 的传播时间少D经同一双键干涉试验装置，a 光形成的条纹间距比 b 光形成的条纹间距小5如图所示 x 轴上各点的电场强度如图所示，场强方向与 x 轴平行，规定沿 x 轴正方向为正，一负点电荷从坐标原点 O 以一定的初速度沿 x 轴正方向运动，点电荷到达 x2 位置速度第一次为零，在 x3 位置第二次速度为零，不计粒子的重力下列说法正确的是()AO 点与 x2 和 O 点与 x3
4、 电势差 UOx2=UOx3B点电荷从 O 点运动到 x2，再运动到 x3 的过程中，加速度先减小再增大，然后保持不变C点电荷从 O 点运动到 x2，再运动到 x3 的过程中，速度先均匀减小再均匀增大，然后减小再增大D点电荷在 x2、x3 位置的电势能最小6如图所示的圆形线圈共 n 匝，电阻为 R，过线圈中心 O 垂直于线圈平面的直线上有 A、B 两点，A、B 两点的距离为 L，A、B 关于 O 点对称一条形磁铁开始放在 A 点，中心与O 点重合，轴线与 A、B 所在直线重合，此时线圈中的磁通量为 1，将条形磁铁以速度 v匀速向右移动，轴线始终与直线重合，磁铁中心到 O 点时线圈中的磁通量为
5、2，下列说法正确的是()A磁铁在 A 点时，通过一匝线圈的磁通量为B磁铁从 A 到 O 的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为C磁铁从 A 到 B 的过程中，线圈中磁通量的变化量为 21D磁铁从 A 到 B 的过程中，通过线圈某一截面的电量不为零7电吹风是生活中的常用电器，某款电吹风的各项参数如下表所示，其电路图如图所示理想变压器的两线圈匝数分别为 n1 和 n2，a、b、c、d 为四个固定的触点，可动的扇形金属片P 可同时接触两个触点，触片 P 处于不同位置时，电吹风可处于停机，吹热风和吹自然风三种不同的工作状态，关于该款电吹风，下列说法中正确的是()热风时输入功率450W自然风输入功率50
6、W小风扇额定电压50V正常工作时小风扇的机械功率42WA触片 P 与触点 b、c 接触时，电吹风吹热风B变压器两线圈的匝数比 n1：n2=22：5C小风扇线圈电阻为 8D电热丝正常工作时电阻为 6.25二、非选择题（共 5 小题，满分 68 分）8某同学想利用滑块在倾斜气垫导轨上的运动来验证动能定理如图所示，测量步骤如下：将长为 L、原来己调至水平的气垫导轨的左端垫高 H，在导轨上间距为 l 的两点处分别安装光电门 P1 和 P2用 20 分度的游标卡尺测量滑块上遮光条的宽度 d接通气源及光电计时器，将滑块从导轨左端自由释放测得滑块分别通过两个光电门时遮光时间为 t1 和 t2阅读上面的实验步
7、骤回答下列问题（1）写出本实验验证动能定理的原理式_（用测出的物理量表示）（2）实验所用滑块的质量 m=600g，其他数据如下 L=1.5m，H=10cm，l=50cm，则实验中外力所做的功为_（g=10m/s2）（3）写出减小实验误差的一种措施_9某同学为测定某柱形电子元件的电阻率，先做如下测量：（1）用螺旋测微器测量它的直径，示数如图甲所示，读数为 d=_mm；用游标为20 分度的卡尺测量它的长度，示数如图乙所示，读数为 L=_cm（2）用多用表粗测该元件的电阻，选用“10”倍率的电阻挡后，应先_，再进行测量，之后多用表的示数如图丙所示，测得该元件电阻为_（3）为了精确测得上述待测电阻 R
8、x 的阻值，实验室提供了如下器材：A电流表 A1（量程 50mA、内阻 r1=10）B电流表 A2（量程 200mA、内阻 r2 约为 2）C定值电阻 R0=30D滑动变阻器 R（最大阻值约为 10）E电源 E（电动势约为 4V）F开关 S、导线若干该同学设计了测量电阻 Rx 的一种实验电路原理如图丁所示，N 处的电流表应选用_（填器材选项前相应的英文字母）开关 S 闭合前应将滑动变阻器的滑片置于_（选填“a”或者“b”）若 M、N 电表的读数分别为 IM、IN，则 Rx 的计算式为Rx=_（用题中字母表示）10一质量为 m 物体静止在光滑斜面底端，在沿斜面向上的恒定拉力作用下沿斜面向上加速运
9、动，加速度大小为 a，经过时间 t 撤去拉力，物体又经过时间 t 恰好回到斜面底端，求：（1）撤去拉力后物体的加速度大小；（2）恒定拉力的大小；（3）物体沿斜面向上运动的最大距离11（16 分）如图所示，在 xOy 坐标系中，第二、三象限存在电场强度为 E 的匀强电场，方向平行于 y 轴向上，一个质量为 m，电量为 q 的正粒子以某一沿 x 正方向的初速度从 x 轴上M 点（4r，0）处射出，粒子经过 y 轴上 N 点（0，2r）点进入第一象限，第一象限存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，其感应强度为 B=，第四象限存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，其感应强度为 B=，不计粒子重力，试求：（1）粒子
10、的初速度 v0（2）粒子第一次穿过 x 轴时的速度（3）画出粒子在磁场中的运动轨迹并求出粒子第 n 次穿过 x 轴时的位置坐标12如图所示，ABCD 为竖直平面内固定的光滑轨道，其中 AB 为斜面，BC 段是水平的，CD 段为半径 R=0.2m 的半圆，圆心为 O，与水平面相切于 C 点，直径 CD 垂直于 BC现将小球甲从斜面上距 BC 高为R 的 A 点由静止释放，到达 B 点后只保留水平分速度沿水平面运动，与静止在 C 点的小球乙发生弹性碰撞，已知甲、乙两球的质量均为 m=1.0102kg重力加速度 g 取 10/m/s2（水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点）求：（1）甲乙两球碰撞后，
11、乙恰能通过轨道的最高点 D，则甲、乙碰后瞬间，乙对半圆轨道最低点 C 处的压力 F；（2）在满足（1）的条件下，求斜面与水平面的夹角；（3）若将甲仍从 A 点释放，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到 C 点的距离范围安徽省皖南八校 2015 届高考物理二模试卷一、选择题（每题 6 分）12014 年 2 月 14 日，从北京航天飞行控制中心获悉，嫦娥二号卫星再次刷新我国深空探测最远距离纪录，达到 7000 万公里已成为我国首个人造太阳系小行星的嫦娥二号卫星，目前状态良好，正在绕日轨道上飞向更远深空假设嫦娥二号绕日轨道与绕月轨道半径之比为 a，太阳与月球质量之比为 b，嫦娥
12、二号绕日、绕月的运动均可看做匀速圆周运动，则它绕日与绕月的周期之比为()A：B：C：D：考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：根据万有引力提供向心力表示出周期，再求它的绕日与绕月的周期之比解答：解：根据万有引力提供向心力知：它的绕日与绕月的周期之比：故 A 正确、BCD 错误故选：A点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力公式，要能根据题意选择恰当的向心力的表达式，不难属于基础题2如图所示，在倾斜角为=30的斜面上，物块 A 与物块 B 通过轻绳相连，轻绳跨过光滑的定滑轮，物块 A 的质量为 4kg，物块 A 与斜面间的滑动摩擦因数为，设物块
13、A 与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使物块 A 静止在斜面上，物块 B 的质量不可能为()A1kgB2kgC3kgD4kg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：先对物块 A 受力分析，根据滑动摩擦定律求解出滑动摩擦力；然后考虑临界情况，得到细线拉力的范围解答：解：物体 B 受重力和拉力，根据平衡条件，有：T=mBg；物体 A 受重力、支持力、拉力和静摩擦力（可能为零）物体 A 对斜面体压力：N=mgcos30=4=20N；故滑动摩擦力：f=；物体 A 的重力的下滑分力：Gx=mgsin30=4=20N；当物体 A 恰好不上滑时，细线的拉力最
14、大，为 T=f+Gx=10+20=30N，故 mB=3kg；当物体 A 恰好不下滑时，细线的拉力最小，为 T=f+Gx=10+20=10N，故 mB=1kg；故 1kgmB3kg故不可能是 4kg故选：D点评：本题关键分别对物体 A 和 B 受力分析，确定临界情况，然后根据共点力平衡条件列式求解3如图所示为甲、乙两物体运动的 vt 图象，在 0t2 时间内甲一直做匀加速直线运动，乙先做匀减速到速度为 0，再做匀加速直线运动，t22t1，关于两物体在 0t2 时间内运动的位移大小关系正确的是()Ax 甲=2x 乙Bx 甲2x 乙Cx 甲2x 乙D以上三种情况都可能考点：匀变速直线运动的图像；匀变
15、速直线运动的速度与时间的关系专题：运动学中的图像专题分析：速度时间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解答：解：由于图线与时间轴围成的面积表示位移，我们现在将图象的范围分成 6 个部分如图，则甲的位移：S 甲=S1+S2+S3+S4+S5乙的位移：S 乙=S1+S4其中由于 S1=S2，S4=S3+S6，由图可知：S5S6，所以：S1+S2+S3+S4+S5=2S1+S4+（S4S6）+S52（S1+S4）则：x 甲2x 乙故选：B点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含义4如图所示，一束复色光从圆柱形玻璃砖的侧面 A 点，以
16、 45的入射角射入，结果从玻璃砖的侧面 B 点和 C 点各射入一束单色光 a 和 b，则下列说法正确的是()A单色光 a 从 B 点出射时的折射角小于单色光 b 形 C 点出射时的折射角B逐渐增大复合光在 A 点的入射角，则 b 光束先于 a 光束在玻璃砖中发生全反射C单色光 a 在玻璃中从 A 到 B 的传播时间比单色光 b 从 A 到 C 的传播时间少D经同一双键干涉试验装置，a 光形成的条纹间距比 b 光形成的条纹间距小考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：根据光路可逆性和几何知识分析出射光线的关系，分析折射角的大小玻璃砖对 b光的偏折角大于对 a 光的偏折角，则玻璃砖对 b 光的折
17、射率大于对 a 光的折射率，由临界角公式 sinC=分析临界角大小，再分析全反射现象根据折射率的大小，分析波长关系，从而判断干涉条纹的关系解答：解：A、由图知在 A 点，玻璃砖对 b 光的偏折角大于对 a 光的偏折角，说明玻璃砖对 b 光的折射率大于对 a 光的折射率，而由对称性和光路可逆性可知：单色光 a 从 B 点出射时的折射角与单色光 b 形 C 点出射时的折射角相等，都等于 45故 A 错误B、逐渐增大复合光在 A 点的入射角，折射角也随之增大，但根据光路可逆性可知两束光都不可能在玻璃砖中发生全反射，都能从玻璃砖射出故 B 错误C、由 v=知单色光 a 在玻璃中传播速度较大，而 a 光
18、在玻璃中通过的路程较小，所以单色光 a 在玻璃中传播所用时间较短，故 C 正确D、玻璃砖对 b 光的折射率大于对 a 光的折射率，则知 b 光的频率高，波长短，a 光的频率低，波长长，而双键干涉条纹的间距与波长成正比，所以 a 光形成的条纹间距比 b 光形成的条纹间距大，故 D 错误故选：C点评：本题实质考查对不同色光特性的理解能力和掌握程度对于七种色光各个量的比较是2015 届高考中常见的基本题型，可根据光的色散、干涉的结果，结合折射定律和临界角公式理解记忆5如图所示 x 轴上各点的电场强度如图所示，场强方向与 x 轴平行，规定沿 x 轴正方向为正，一负点电荷从坐标原点 O 以一定的初速度沿
19、 x 轴正方向运动，点电荷到达 x2 位置速度第一次为零，在 x3 位置第二次速度为零，不计粒子的重力下列说法正确的是()AO 点与 x2 和 O 点与 x3 电势差 UOx2=UOx3B点电荷从 O 点运动到 x2，再运动到 x3 的过程中，加速度先减小再增大，然后保持不变C点电荷从 O 点运动到 x2，再运动到 x3 的过程中，速度先均匀减小再均匀增大，然后减小再增大D点电荷在 x2、x3 位置的电势能最小考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能分析：O 点与 x2 和 O 点与 x3 由动能定理，可得电势差关系；由图可以分析电场力的变化，进而分析加速度变化；由题目给定的电荷在 x
20、轴的运动状态变化可分析 C；电荷运动过程中动能和电势能之和保持不变，动能最小则电势能就最大，结合题目条件分析D解答：解：A、根据动能定理，电荷由 O 点与 x2 和 O 点与 x3 都有：，故：UOx1=UOX2，故 A 正确B、由图可知，x 轴正方向上点场强沿着 x 轴正方向，场强大小是非线性变换，x 轴负方向个点场强方向沿着 x 轴负方向，为匀强电场，点电荷从坐标原点出发，其加速度先增大后减小，再增大后减小，而后增大再减小，再增大后减小，然后保存不变，在 x 轴左侧做匀变速直线运动，故 B 错误；C、由题意，点电荷到达 x2 位置速度第一次为零，在 3 位置第二次速度为零，可知电荷先向右减
21、速到 x2，在 3 位置第二次速度为零，不在向左加速到原点，然后在减速到 x3，故 C 错误；D、电荷运动过程中动能和电势能之和保持不变，动能最小则电势能就最大，故点电荷到达x2 位置速度第一次为零，在 x3 位置第二次速度为零，在 x2，x3 位置电势能最大，故 D 错误；故选：A点评：该题的关键是识别好图象信息，再有就是利用好题目给定的条件；其中 D 选项需要知道电荷运动过程中出现的是电势能和动能的相互转化，且电势能和动能之和不变6如图所示的圆形线圈共 n 匝，电阻为 R，过线圈中心 O 垂直于线圈平面的直线上有 A、B 两点，A、B 两点的距离为 L，A、B 关于 O 点对称一条形磁铁开
22、始放在 A 点，中心与O 点重合，轴线与 A、B 所在直线重合，此时线圈中的磁通量为 1，将条形磁铁以速度 v匀速向右移动，轴线始终与直线重合，磁铁中心到 O 点时线圈中的磁通量为 2，下列说法正确的是()A磁铁在 A 点时，通过一匝线圈的磁通量为B磁铁从 A 到 O 的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为C磁铁从 A 到 B 的过程中，线圈中磁通量的变化量为 21D磁铁从 A 到 B 的过程中，通过线圈某一截面的电量不为零考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律分析：根据法拉第电磁感应定律公式 E=n求解平均感应电动势，根据欧姆定律求解电流，根据 q=It 求解电量解答：解：A、磁铁在 A 点时，
23、线圈中的磁通量为 1，故通过一匝线圈的磁通量也为 1，与匝数无关，故 A 错误；B、磁铁从 A 到 O 的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为 E=n=n=，故 B 正确；C、D、磁通量先增加后减小，磁通量的变化量为零，故平均感应电动势为零，故平均感应电流为零，故通过线圈某一截面的电量为零，故 C 错误，D 错误；故选：B点评：本题关键是明确感应电动势的平均值的求解方法，注意磁通量与面积和磁感应强度有关，与线圈的匝数无关7电吹风是生活中的常用电器，某款电吹风的各项参数如下表所示，其电路图如图所示理想变压器的两线圈匝数分别为 n1 和 n2，a、b、c、d 为四个固定的触点，可动的扇形金属片P
24、可同时接触两个触点，触片 P 处于不同位置时，电吹风可处于停机，吹热风和吹自然风三种不同的工作状态，关于该款电吹风，下列说法中正确的是()热风时输入功率450W自然风输入功率50W小风扇额定电压50V正常工作时小风扇的机械功率42WA触片 P 与触点 b、c 接触时，电吹风吹热风B变压器两线圈的匝数比 n1：n2=22：5C小风扇线圈电阻为 8D电热丝正常工作时电阻为 6.25考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：当电吹风机送出来的是冷风时，说明电路中只有电动机自己工作；小风扇消耗的功率转化为机械功率和线圈上的热功率；根据变压器的原线圈、副线圈的匝数与电压的关系计算匝数比解答：解：A、
25、只有电热丝接入时才能吹热风；故吹热风时触片 P 与触点 a、b 接触，故A 错误；B、根据变压器的原线圈、副线圈的匝数与电压的关系：n1：n2=50：220=5：22，故 B 错误；C、小风扇的热功率为：P 热=5042=8W；电流 I=1A；则由 P=I2r 可得，r=8；故 C 正确；D、电热丝的功率 P=45050=400W；由 P=可知，电热丝电阻 R=121W；故 D 错误；故选：C点评：本题考查电功率公式的应用，难点是明白触点在不同位置时电路的连接情况，还要知道电源电压不变时，电阻越小电功率越大二、非选择题（共 5 小题，满分 68 分）8某同学想利用滑块在倾斜气垫导轨上的运动来验
26、证动能定理如图所示，测量步骤如下：将长为 L、原来己调至水平的气垫导轨的左端垫高 H，在导轨上间距为 l 的两点处分别安装光电门 P1 和 P2用 20 分度的游标卡尺测量滑块上遮光条的宽度 d接通气源及光电计时器，将滑块从导轨左端自由释放测得滑块分别通过两个光电门时遮光时间为 t1 和 t2阅读上面的实验步骤回答下列问题（1）写出本实验验证动能定理的原理式 2g=（用测出的物理量表示）（2）实验所用滑块的质量 m=600g，其他数据如下 L=1.5m，H=10cm，l=50cm，则实验中外力所做的功为 0.2J（g=10m/s2）（3）写出减小实验误差的一种措施适当提高滑块的初始位置，增大滑
27、块通过光电门的速度考点：探究功与速度变化的关系专题：实验题；动能定理的应用专题分析：光电门测速度的原理是利用平均速度来代替瞬时速度，求出最后获得的速度，然后根据功能关系即可明确需要验证的表达式，外力做的功即为重力做的功，根据实验原理分析误差来源解答：解：（1）合外力做功即为重力所做的功为：W=mgh=mglsin=mgl，动能的增加量为：，由 W=EK 得验证动能定理的原理式为：2g=（2）代入数据可得合外力做功为：W=mgl=0.6=0.2J（3）误差来源来自于滑块速度的近似处理，可以适当提高滑块的初始位置，增大滑块通过光电门的速度或减小遮光条的宽度故答案为：（1）2g=；（2）0.2J；（
28、3）适当提高滑块的初始位置，增大滑块通过光电门的速度点评：本题关键是根据实验原理得出验证的表示的、知道实验的具体操作方法和实验误差的减小方法9某同学为测定某柱形电子元件的电阻率，先做如下测量：（1）用螺旋测微器测量它的直径，示数如图甲所示，读数为 d=0.615mm；用游标为 20 分度的卡尺测量它的长度，示数如图乙所示，读数为 L=10.670cm（2）用多用表粗测该元件的电阻，选用“10”倍率的电阻挡后，应先欧姆调零，再进行测量，之后多用表的示数如图丙所示，测得该元件电阻为 70（3）为了精确测得上述待测电阻 Rx 的阻值，实验室提供了如下器材：A电流表 A1（量程 50mA、内阻 r1=
29、10）B电流表 A2（量程 200mA、内阻 r2 约为 2）C定值电阻 R0=30D滑动变阻器 R（最大阻值约为 10）E电源 E（电动势约为 4V）F开关 S、导线若干该同学设计了测量电阻 Rx 的一种实验电路原理如图丁所示，N 处的电流表应选用 B（填器材选项前相应的英文字母）开关 S 闭合前应将滑动变阻器的滑片置于 a（选填“a”或者“b”）若 M、N 电表的读数分别为 IM、IN，则 Rx 的计算式为 Rx=r1（用题中字母表示）考点：测定金属的电阻率专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度
30、读数，在读可动刻度读数时需估读（2）使用欧姆表测电阻应选择合适的倍率，使指针指针表盘中央刻度线附近；欧姆表选挡后要进行欧姆调零；欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数（3）根据欧姆定律估算出通过电阻 R0 的电流和通过待测电阻的电流，再选择量程恰当的电表；根据串并联电路特点及欧姆定律求出待测电阻阻值解答：解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为 0.5mm，可动刻度读数为 11.50.01=0.115mm，所以最终读数为 0.615mm游标卡尺的主尺读数为 106mm，游标读数为 0.0514=0.70mm，所以最终读数为106.70mm=10.670cm（2）用多用表测量该元件的电阻，选用“10
31、”倍率的电阻档后，应先进行欧姆调零，再进行测量，由图（a）所示可知，测量结果为 710=70（3）通过待测电阻的最大电流约为 IM=A=0.057A=57mA；通过 N 出的最大电流约为 IN=IM+=0.057A+A0.190A=190mA，为保证测量时电流表读数不小于其量程的三分之一，N 处的电流表应选 B；开关 s 闭合前应将滑动变阻器的滑片置于 a通过定值电阻 R0 的电流 I=INIM，并联电路两端电压 U=IR0=（INIM）R0，R1+r1=则待测电阻的电阻值：R1=r1；故答案为：（1）0.615，10.670；（2）进行欧姆调零，70；（3）B，a，r1点评：选择实验器材时要
32、注意安全性原则、准确性原则、方便操作性原则，还要符合题目要求本题关键是明确实验的原理，然后估算出电路各个部分的电流，选择恰当量程的电表，最后根据并联电路的电流特点列式求解10一质量为 m 物体静止在光滑斜面底端，在沿斜面向上的恒定拉力作用下沿斜面向上加速运动，加速度大小为 a，经过时间 t 撤去拉力，物体又经过时间 t 恰好回到斜面底端，求：（1）撤去拉力后物体的加速度大小；（2）恒定拉力的大小；（3）物体沿斜面向上运动的最大距离考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）由速度公式及位移公式分别列出两过程的表达式，联立可求得加速度；（2）对物体受
33、力分析，由牛顿第二定律可求得拉力的大小；（3）由速度和位移关系求得撤去拉力后上滑的位移，则可求得总位移解答：解：（1）拉力作用在物体上，根据运动学公式可得：v=atx1=at2撤去拉力后，根据运动学公式有：x1=vt at2联立解得：a=3a（2）由牛顿第二定律得：Fmgsin=mamgsn=ma联立解得：F=4ma；（3）撤去拉力后，物体沿斜面减速为零时上滑的距离为 x2，根据运动学公式有：0v2=2（a）x2解得：x2=；物体沿斜面上滑的最大距离为：x=x1+x2=at2+=at2；答：（1）撤去拉力后物体的加速度大小为 3a；（2）恒定拉力的大小为 4ma；（3）物体沿斜面向上运动的最大
34、距离为 at2；点评：本题考查牛顿第二定律及运动学公式的综合应用，要注意明确加速度联系了力和运动，故应紧扣加速度进行分析11（16 分）如图所示，在 xOy 坐标系中，第二、三象限存在电场强度为 E 的匀强电场，方向平行于 y 轴向上，一个质量为 m，电量为 q 的正粒子以某一沿 x 正方向的初速度从 x 轴上M 点（4r，0）处射出，粒子经过 y 轴上 N 点（0，2r）点进入第一象限，第一象限存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，其感应强度为 B=，第四象限存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，其感应强度为 B=，不计粒子重力，试求：（1）粒子的初速度 v0（2）粒子第一次穿过 x 轴时的速度（3）画
35、出粒子在磁场中的运动轨迹并求出粒子第 n 次穿过 x 轴时的位置坐标考点：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）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出粒子的初速度（2）应用类平抛运动规律可以求出粒子进入磁场时的速度，然后求出第一次穿过 x 轴时的速度（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后作出粒子的运动规律，求出粒子第 n 次穿过 x 轴的位置坐标解答：解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，在 x 轴方向：4r=v0t，在 y 轴方向：2r=t2，解得：v0=；（2）粒
36、子在电场中做类平抛运动，在 x 轴方向：4r=v0t，在 y 轴方向：2r=t，解得：vy=v0=，tan=1，速度与 y 轴正方向间的夹角：=45，粒子进入磁场时的速度：v=，解得：v=，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力对粒子不做功，粒子速度大小不变，粒子第一次穿过 x 轴时的速度：v=；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得，粒子轨道半径：R=2r，粒子在磁场中做圆周运动，与刚进入磁场时速度垂直的半径与 y 负方向夹角：=18090=1804590=45，=2r=R，则圆心在 x 轴上，粒子垂直 x 轴射入第四象限，粒子运动轨迹如图所
37、示：粒子第一次穿过 x 轴后在 x 轴上方与下方两个磁场中分别作半圆周运动，粒子第 n 次穿过 x 轴时的坐标：x=Rsin+R+（n1）2R=R+1+2（n1）=（+4n2）r n=1、2、3、答：（1）粒子的初速度 v0 为（2）粒子第一次穿过 x 轴时的速度为（3）粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第 n 次穿过 x 轴时的位置坐标为（+4n2）r n=1、2、3点评：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析粒子的运动过程，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题12如图所示，ABCD 为竖直平面内固定的光滑轨道，其中 AB 为斜面，BC 段是水平的，CD 段为半径 R=0.2m
38、的半圆，圆心为 O，与水平面相切于 C 点，直径 CD 垂直于 BC现将小球甲从斜面上距 BC 高为R 的 A 点由静止释放，到达 B 点后只保留水平分速度沿水平面运动，与静止在 C 点的小球乙发生弹性碰撞，已知甲、乙两球的质量均为 m=1.0102kg重力加速度 g 取 10/m/s2（水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点）求：（1）甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点 D，则甲、乙碰后瞬间，乙对半圆轨道最低点 C 处的压力 F；（2）在满足（1）的条件下，求斜面与水平面的夹角；（3）若将甲仍从 A 点释放，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到 C 点的距离范围考点：动
39、量守恒定律；动能定理专题：动量定理应用专题分析：（1）首先小球乙为研究对象，乙恰能通过轨道的最高点 D，则重力恰好通过向心力，列出牛顿第二定律的方程；从 C 到 D 的过程中，小球乙的机械能守恒，列出方程，联立即可求出小球在 C 的速度，最后使用牛顿第二定律求出小球在 C 处受到的支持力，由牛顿第三定律说明即可（2）利用机械能守恒求出甲到达 B 点的速度，然后将速度分解，保留水平方向的分速度即为 C 点的速度；甲与乙碰撞的过程中动量守恒，能量守恒，联立方程即可求出斜面的倾角（3）增大甲的质量，保持乙的质量不变，则甲乙碰撞的过程中乙获得的速度增大，然后由机械能守恒求出小球乙通过 C 点的速度的范
40、围，利用平抛运动求出平抛的水平距离 范围解答：解：（1）乙恰能通过轨道的最高点 D，则重力恰好通过向心力，得：乙球从 C 到 D 的过程中机械能守恒，得：联立以上两式得：乙球在 C 点受到的支持力与重力的合力提供向心加速度，得：所以：=61.0102N=0.6N由牛顿第三定律可知，乙对半圆轨道最低点 C 处的压力与轨道对小球的支持力大小相等，即：F=FN=0.6N（2）甲与乙的质量相同，所以甲与乙发生弹性碰撞的过程二者交换速度，所以甲到达 C 的速度等于乙在 C 点的速度，即：甲从 A 滑到 B 的过程中机械能守恒，得：甲到达 B 点后只保留水平分速度沿水平面运动，则：v 甲 x=vcos所以
41、：则：=30（3）将甲仍从 A 点释放，增大甲的质量为 M，甲到达 C 的速度仍然是，保持乙的质量不变，仍然发生弹性碰撞，以向左为正方向，则：动量守恒：MvC=Mv1+mv2机械能守恒：联立解得：，当甲的质量比乙的质量大很多是时候，乙球的速度最大，即最大速度约为原来速度的 2 倍乙离开圆轨道后做平抛运动，运动的时间：水平方向做匀速直线运动，速度最小时的水平方向的位移：m速度最大时的水平方向的位移：xmax=2vCt=2xmin=1.7888m答：（1）甲、乙碰后瞬间，乙对半圆轨道最低点 C 处的压力是 0.6N；（2）斜面与水平面的夹角是 30；（3）若将甲仍从 A 点释放，增大甲的质量，保持乙的质量不变，乙在轨道上的首次落点到C 点的距离范围是 0.8944mx1.7888m点评：本题关键是明确两个小球的运动情况，然后分过程运用机械能守恒定律、动量守恒定律、平抛运动的分位移公式和向心力公式列式求解
