1、2017年江苏省镇江市高考物理一模试卷一、单项选择题：本大题共5小题，每小题4分，共计20分每小题只有一个选项符合题意1下列说法符合物理学史实的是（）A伽利略通过斜面实验的合理外推，得出了自由落体运动的规律B开普勒发现了行星运动的规律，提出了万有引力定律C卡文迪许利用扭秤实验巧妙地测出了静电力常量k的数值D法拉第根据小磁针在通电导线周围的偏转现象发现了电流的磁效应2风洞飞行体验是运用先进的科技手段实现高速风力将人吹起并悬浮于空中，如图所示若在人处于悬浮状态时增加风力，则体验者在加速上升过程中（）A处于失重状态，机械能增加B处于失重状态，机械能减少C处于超重状态，机械能增加D处于超重状态，机械能
2、减少3如图所示，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流，若（）A金属环向上运动，则环中产生顺时针方向的感应电流B金属环向下运动，则环中产生顺时针方向的感应电流C金属环向左侧直导线靠近，则环中产生逆时针方向的感应电流D金属环向右侧直导线靠近，则环中产生逆时针方向的感应电流4物体做直线运动的vt图象如图所示则该物体（）A第1s内和第5s内的运动方向相反B第2s内和第6s内的加速度相同C02s和04s内的平均速度大小相等D在06s内，物体的位移大小为30m5如图所示，开关S闭合后，带电质点P在平行金
3、属板中处于静止状态则（）A质点P一定带正电B滑片向a端移动时，两只电表的示数均增大C滑片向a端移动时，质点P将向上板运动D若将开关S断开，质点P将向下板运动二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分每小题有多个选项符合题意全部选对的得5分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分6如图所示，发射升空的卫星在转移椭圆轨道上A点处经变轨后进入运行圆轨道A、B分别为轨道的远地点和近地点则卫星在轨道上（）A经过A点的速度小于经过B点的速度B经过A点的动能大于在轨道上经过A点的动能C运动的周期大于在轨道上运动的周期D经过A点的加速度等于在轨道上经过A点的加速度7某发电机输出的交流电如图所示，经
4、理想变压器升压后向远处输送，最后经理想变压器降压后输送给用户则下列说法正确的是（）A发电机输出交流电的有效值为500 VB用户获得的交流电频率为50HzC若增加用户用电负载的数量，输电线上损失的功率将增加D若增加升压变压器原线圈的匝数，输电线上损失的功率将减小8如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定于O点，另端固定一个质量为m的小球将小球拉至A点处时，弹簧恰好无形变现将小球从A点处由静止释放，小球运动到O点正下方B点时速度大小为vA、B两位置间的高度差为h不计空气阻力，重力加速度为g则（）A由A到B的过程中，小球克服弹簧弹力所做的功为mghB由A到B的过程中，小球重力所做的功为mghC由A到
5、B的过程中，弹性势能增加量为mghmv2D小球到达B点处时，其加速度的方向为竖直向上9如图所示，两个等量异号点电荷M、N分别固定在A、B两点，F为AB连线中垂线上某一点，O为AB连线的中点且AO=OF，E和分别表示F处的场强大小和电势将某试探负点电荷由F处静止释放时，其电势能和加速度大小分别用和a表示，取无穷远处为电势零点若将负点电荷N移走，则（）AE不变B升高C变小Da变大三、简答题：本题共2小题，共计22分.10在“探究求合力的方法”实验中，某同学用两把弹簧秤将橡皮筋的端点拉到点O，作出这两个拉力F1、F2的图示（图甲），然后用一把弹簧秤将橡皮筋的端点仍然拉到O，弹簧秤示数F如图乙所示（1
6、）弹簧秤的示数F=N；（2）请帮他在图甲中画出力F的图示（图中a为记录F方向时所记录的一点）；（3）该同学用虚线把F的箭头末端分别与F1、F2的箭头末端连起来他观察图形后受到了启发你认为他紧接着应进行的两个实验步骤是（A） 整理实验器材（B） 提出求合力方法的猜想（C） 改变F1、F2的大小和方向，重复上述实验（D） 与同学交流讨论实验结果，得出结论11小明在研究由某种新材料制成的圆柱体电学元件（图1甲所示）的过程中，进行了如下操作：（1）用20分度的游标卡尺测量其长度如图1乙所示，由图可知其长度为mm，用螺旋测微器测量其直径如图1丙所示，其直径为mm；（2）小明为研究通过该电学元件的电流I随
7、两端电压U变化的关系，设计了图2示实验电路为使该电学元件两端电压能从零开始调起，请你用笔划线代替导线帮他将电路实物图连接完整；（3）小明利用（2）中实验电路测得相关数据如下表所示，请你在如图3的坐标纸上绘出IU图象；U/V00.400.600.801.001.201.321.50I/A00.200.450.801.251.802.202.81（4）小明用一节电动势为1.5V、内阻为0.75的干电池仅对该元件供电则该元件消耗的电功率为W（结果保留两位有效数字）四、计算题：本题共4小题，共计58分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明
8、确写出数值和单位12如图所示为一滑草场某条滑道的侧面图，由高均为h、与水平面倾角分别为45和37的两段直滑道组成一辆滑草车由静止开始从上滑道顶端处滑下，不计车在滑道交接处的能量损失已知滑草车与上、下滑道草地之间的动摩擦因数，重力加速度为g，sin 37=0.6，cos 37=0.8，计算结果请用h和g表示求：（1）滑草车在下段滑道上运动的加速度；（2）滑草车在整个运动过程中最大速度的大小；（3）请通过计算来判断滑草车能否到达下段滑道的最底端13如图所示的装置由水平弹簧发射器及两个轨道组成：轨道是光滑轨道AB，AB间高度差h1=0.20m；轨道由AE和螺旋圆形EFG两段光滑轨道和粗糙轨道GB平滑
9、连接而成，且A点与F点等高轨道最低点与AF所在直线的高度差h2=0.40m当弹簧压缩量为d时，恰能使质量m=0.05kg的滑块沿轨道上升到B点，当弹簧压缩量为2d时，恰能使滑块沿轨道上升到B点，滑块两次到达B点处均被装置锁定不再运动已知弹簧弹性势能Ep与弹簧压缩量x的平方成正比，弹簧始终处于弹性限度范围内，不考虑滑块与发射器之间的摩擦，重力加速度g=10m/s2（1）当弹簧压缩量为d时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小；（2）求滑块经过最高点F处时对轨道的压力大小；（3）求滑块通过GB段过程中克服摩擦力所做的功14如图所示，两根足够长的平行金属导轨间距l=0.50m，倾角=53，导
10、轨上端串接电阻R=0.05在导轨间长d=0.56m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下、磁感应强度B=2.0T的匀强磁场质量m=4.0kg的金属棒CD水平置于导轨上，用轻质细绳跨过定滑轮与拉杆GH（GH杆的质量不计）相连某同学用F=80N的恒力竖直向下拉动GH杆，使CD棒从图中初始位置由静止开始运动，刚进入磁场时速度为v=2.4m/s，当CD棒到达磁场上边界时该同学松手g=10m/s2，sin 53=0.8，不计其它电阻和一切摩擦求：（1）CD棒的初始位置与磁场区域下边界的距离s；（2）该同学松手后，CD棒能继续上升的最大高度h；（3）在拉升CD棒的过程中，该同学所做的功W和电阻R上产生的热量Q
11、15如图甲所示，在直角坐标系0xL区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N现有一质量为m、带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，此时速度方向与x轴正方向的夹角为30不考虑电子所受的重力（1）求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E的大小；（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴求所加磁场磁感应强度B的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标；（3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂
12、直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同请写出磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式2017年江苏省镇江市高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共5小题，每小题4分，共计20分每小题只有一个选项符合题意1下列说法符合物理学史实的是（）A伽利略通过斜面实验的合理外推，得出了自由落体运动的规律B开普勒发现了行星运动的规律，提出了万有引力定律C卡文迪许利用扭秤实验巧妙地测出了静电力常量k的数值D法拉第根据小磁针在通电导线周围的偏转现象发现了电流的磁效应【考点】物理学史【分析】本题根据卡文迪许、开普勒、牛顿、伽利略和法拉第
13、的物理学成就进行解答【解答】解：A、伽利略通过斜面实验，运用数学知识合理外推，得出了自由落体运动的规律，故A正确B、开普勒发现了行星运动的规律，牛顿提出了万有引力定律，故B错误C、卡文迪许利用扭秤巧妙地测得引力常量G的数值，而不是静电力常量k的数值，故C错误D、奥斯特根据小磁针在通电导线周围的偏转发现了电流的磁效应，法拉第得出的是电磁感应规律，故D错误故选：A2风洞飞行体验是运用先进的科技手段实现高速风力将人吹起并悬浮于空中，如图所示若在人处于悬浮状态时增加风力，则体验者在加速上升过程中（）A处于失重状态，机械能增加B处于失重状态，机械能减少C处于超重状态，机械能增加D处于超重状态，机械能减少
14、【考点】机械能守恒定律；牛顿运动定律的应用超重和失重【分析】根据加速度方向即可确定人的状态是超重还是失重，再根据风力做功情况即可明确机械能的变化情况【解答】解：由题意可知，人加速向上运动，故人的加速度向上，处于超重状态；由于风力对人做正功，故人的机械能增加；故C正确，ABD错误故选：C3如图所示，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流，若（）A金属环向上运动，则环中产生顺时针方向的感应电流B金属环向下运动，则环中产生顺时针方向的感应电流C金属环向左侧直导线靠近，则环中产生逆时针方向的感应电流D
15、金属环向右侧直导线靠近，则环中产生逆时针方向的感应电流【考点】楞次定律【分析】通过线圈面积的磁通量发生变化时，则会出现感应电动势，当电路闭合时，则产生感应电流结合楞次定律可判定感应电流方向【解答】解：AB、直导线之间的磁场时对称的，圆环在中间时，通过圆环的磁通量为零，金属环上下运动的时候，圆环的磁通量不变，不会有感应电流产生，故AB错误；C、金属环向左侧直导线靠近，则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强，根据楞次定律可得，环上的感应电流方向为顺时针，故C错误；D、金属环向右侧直导线靠近，则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强，根据楞次定律可得，环上的感应电流方向为逆时针，故D正确；故选：D4物体做
16、直线运动的vt图象如图所示则该物体（）A第1s内和第5s内的运动方向相反B第2s内和第6s内的加速度相同C02s和04s内的平均速度大小相等D在06s内，物体的位移大小为30m【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】速度时间图象中速度的符号表示物体的运动方向；图象的斜率等于加速度，倾斜的直线表示匀变速直线运动；图象与时间轴所围的面积表示位移平均速度等于位移与时间之比根据这些知识进行解答【解答】解：A、由图知，在前5s内物体的速度一直为正值，说明在前5s内物体的运动方向一直不变，故A错误；B、由速度时间图象的斜率等于加速度，根据图象可知，第2s内加速度为正，第6s内
17、加速度为负，方向相反，加速度不同，故B错误；C、由象与时间轴所围的面积表示位移，平均速度等于位移除以时间，则04s内平均速度，02s的平均速度，不相等故C错误；D、根据“面积”可知：在06s内，物体的位移大小为x=，故D正确故选：D5如图所示，开关S闭合后，带电质点P在平行金属板中处于静止状态则（）A质点P一定带正电B滑片向a端移动时，两只电表的示数均增大C滑片向a端移动时，质点P将向上板运动D若将开关S断开，质点P将向下板运动【考点】闭合电路的欧姆定律；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】对电路进行分析，滑片的移动可知电路中总电阻的变化，由闭合欧姆定律可求得电路中电流及路端电压的变化；再对并联
18、部分分析可知电容器两端的电压变化，则可知P的受力变化，则可知质点的运动情况将R4之外的其他部分等效为电源的内电阻，则可分析R4功率的变化【解答】解：由电路图可知，R2与R4串联后与R3并联，再与R1串联，电容器与并联部分并联；A、电容器的上极板带正电，板间场强向下，质点处于平衡状态，则知受到的电场力向上，故液滴带负电故A错误BC、滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则总电阻增大，总电流减小，内电压减小，由闭合电路的欧姆定律可知路端电压增大，R1两端的电压减小，故并联部分电压增大； 电容器两端的电压增大，质点所受的电场力增大； 则质点将向上移动；因并联部分电压增大，则R3中的电流增大，而干
19、路电流减小，故电流表中的电流减小；R1两端的电压减小，路端电压增大，并联部分电压增大，即R2与R4两端的总电压增大；而由于电流表示数减小，由欧姆定律可知R2两端的电压减小，故R4两端的电压增大，电压表示数增大，故B错误，C正确；D、开关S断开，电容器两端的电压等于电源的电动势，电容器两端电压增大，板间场强增大，受到的电场力变大，质点P将向上运动，故D错误；故选：C二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分每小题有多个选项符合题意全部选对的得5分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分6如图所示，发射升空的卫星在转移椭圆轨道上A点处经变轨后进入运行圆轨道A、B分别为轨道的远地点和近地
20、点则卫星在轨道上（）A经过A点的速度小于经过B点的速度B经过A点的动能大于在轨道上经过A点的动能C运动的周期大于在轨道上运动的周期D经过A点的加速度等于在轨道上经过A点的加速度【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】卫星在轨道上由B运动到A，万有引力做负功，动能减小即可比较出A、B的速度；比较加速度只要比较所受的合力（即万有引力）；从轨道I上的A点进入轨道，需要加速，使得在该点万有引力小于所需的向心力做离心运动【解答】解：A、由B运动到A引力做负功，动能减小的，所以经过A点的速度小于经过B点的速度，故A正确；B、同在A点，只有加速它的轨道才会变大，所以经过A点的动能小于在轨道上经过A
21、点的动能，故B错误；C、轨道的半长轴小于轨道的半径，根据开普勒第三定律，在轨道上运动的周期小于在轨道上运动的周期，故C错误；D、根据a=，在轨道上经过A的加速度等于在轨道上经过A的加速度，故D正确故选：AD7某发电机输出的交流电如图所示，经理想变压器升压后向远处输送，最后经理想变压器降压后输送给用户则下列说法正确的是（）A发电机输出交流电的有效值为500 VB用户获得的交流电频率为50HzC若增加用户用电负载的数量，输电线上损失的功率将增加D若增加升压变压器原线圈的匝数，输电线上损失的功率将减小【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；电功、电功率；正弦式电流的图象和三角函数表达式【分析
22、】根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等同时由变压器电压与匝数成正比，电流与匝数成反比【解答】解：A、由图象可知交流电的最大值为Um=500V，因此其有效值为U=，故A错误；B、发电机的输出电压随时间变化的关系，由图可知，T=2102s，故f=50Hz，故B正确；C、若增加用户用电负载的数量，当总电阻减小时，电流增大，P=I2R知损失功率增大，故C正确；D、增大升压变压器原线圈匝数，输出电压减小，损失的功率为，损失功率增大，故D错误；故选：BC8如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定于O点，另端固定一个质量为m的小球将小球拉至A点处时，弹簧恰
23、好无形变现将小球从A点处由静止释放，小球运动到O点正下方B点时速度大小为vA、B两位置间的高度差为h不计空气阻力，重力加速度为g则（）A由A到B的过程中，小球克服弹簧弹力所做的功为mghB由A到B的过程中，小球重力所做的功为mghC由A到B的过程中，弹性势能增加量为mghmv2D小球到达B点处时，其加速度的方向为竖直向上【考点】功能关系；弹性势能【分析】小球在下降过程中，小球的重力势能转化为动能和弹性势能，由重力做功量度重力势能的变化由弹簧弹力做功量度弹性势能的变化根据系统的机械能守恒求小球到达B点时弹簧的弹性势能根据向心力知识分析小球到达B点处时加速度的方向【解答】解：AB、小球由A到B的过
24、程中，重力做功为mgh，其重力势能减少mgh在小球在下降过程中，小球的重力势能转化为动能和弹簧的弹性势能，所以弹簧弹性势能的增加量小于mgh，则小球克服弹簧弹力所做的功小于mgh故A错误，B正确C、根据能量守恒定律得：mgh=E弹+mv2，所以弹性势能增加量E弹=mghmv2，故C错误D、小球到达B点处时，若弹簧的弹力小于小球的重力，合力方向竖直向下，加速度方向竖直向下若弹簧的弹力大于小球的重力，合力方向竖直向上故D错误故选：B9如图所示，两个等量异号点电荷M、N分别固定在A、B两点，F为AB连线中垂线上某一点，O为AB连线的中点且AO=OF，E和分别表示F处的场强大小和电势将某试探负点电荷由
25、F处静止释放时，其电势能和加速度大小分别用和a表示，取无穷远处为电势零点若将负点电荷N移走，则（）AE不变B升高C变小Da变大【考点】电场的叠加；电势差与电场强度的关系【分析】首先根据场强叠加原理求出电场强度；然后根据电场强度与电场线及电场线与等势面的关系得到电势的大小；再由电势能与电势的关系得到电势能；最后，由库仑定律和牛顿第二定律得到加速度，然后进行比较【解答】解：令电荷M、N都存在时为状态1，各物理量用下标1表示；只有电荷M时为状态2，各物理量用下标2表示；A、状态1时，电荷M、N对在F处的电场强度大小都为E0，两者相互垂直，根据电场叠加定理可得：合场强，方向水平向右；状态2时，电荷M在
26、F处的电场强度也是E0，方向沿AF连线方向；所以若将负点电荷N移走，则E改变，故A错误；B、状态1时，易知在AB连线的中垂线上电场强度方向处处水平向右，所以，中垂线为一条等势线，所以，1=0；状态2时，只有正电荷M，所以20；可得：若将负点电荷N移走，则升高，故B正确；C、电势能=q，所以1=0，20，所以变小，故C正确；D、F=qE，试探电荷q，m不变，所以a变小，故D错误故选：BC三、简答题：本题共2小题，共计22分.10在“探究求合力的方法”实验中，某同学用两把弹簧秤将橡皮筋的端点拉到点O，作出这两个拉力F1、F2的图示（图甲），然后用一把弹簧秤将橡皮筋的端点仍然拉到O，弹簧秤示数F如图
27、乙所示（1）弹簧秤的示数F=2.8N；（2）请帮他在图甲中画出力F的图示（图中a为记录F方向时所记录的一点）；（3）该同学用虚线把F的箭头末端分别与F1、F2的箭头末端连起来他观察图形后受到了启发你认为他紧接着应进行的两个实验步骤是BC（A） 整理实验器材（B） 提出求合力方法的猜想（C） 改变F1、F2的大小和方向，重复上述实验（D） 与同学交流讨论实验结果，得出结论【考点】验证力的平行四边形定则【分析】（1）根据弹簧秤的最小刻度，读出弹簧秤的示数（2）根据图示法画出力F的图示（3）根据实验的原理以及操作中的注意事项得出正确的实验步骤【解答】解：（1）弹簧秤的最小刻度为0.2N，可知弹簧秤的
28、示数F=2.8N（2）根据图示法作出F的图示，如图所示（3）用虚线把F的箭头末端分别与F1、F2的箭头末端连起来观察图形后受到了启发提出求合力方法的猜想，然后改变F1、F2的大小和方向，重复上述实验，故BC正确故选：BC故答案为：（1）2.8，（2）如图所示，（3）BC11小明在研究由某种新材料制成的圆柱体电学元件（图1甲所示）的过程中，进行了如下操作：（1）用20分度的游标卡尺测量其长度如图1乙所示，由图可知其长度为50.45mm，用螺旋测微器测量其直径如图1丙所示，其直径为4.700mm；（2）小明为研究通过该电学元件的电流I随两端电压U变化的关系，设计了图2示实验电路为使该电学元件两端电
29、压能从零开始调起，请你用笔划线代替导线帮他将电路实物图连接完整；（3）小明利用（2）中实验电路测得相关数据如下表所示，请你在如图3的坐标纸上绘出IU图象；U/V00.400.600.801.001.201.321.50I/A00.200.450.801.251.802.202.81（4）小明用一节电动势为1.5V、内阻为0.75的干电池仅对该元件供电则该元件消耗的电功率为0.72W（结果保留两位有效数字）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【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读数，在读可动刻度读数时需估读（2）根据实验要求可
30、明确滑动变阻器接法，从而得出对应的实物图；（3）根据表中数据利用描点法可得出对应的图象；（4）在IU图象中做出电源的伏安特性曲线，两图的交点表示该元件的工作点，则由P=UI可求得电功率【解答】解：游标卡尺的主尺读数为50mm，游标读数为0.059mm=0.45mm，所以最终读数为50.45mm；螺旋测微器固定刻度为4.5mm，可动刻度为0.0120.5=0.200mm，所以最终读数为4.700mm（2）由于要求电压从零开始调节，故应采用滑动变阻器分压接法，同时由于待测电阻阻值偏小，故应采用电流表外接法，连接实物图如图所示；（3）根据表中数据，利用描点法得出对应的图象如图所示；（4）在上图中作出
31、电源的伏安特性曲线，如图所示，两图的交点表示该元件的工作点，则由图可知，电压为0.85V，电流I=0.85A，则功率P=UI=0.850.85=0.72W；故答案为：（1）50.45；4.700；（2）如图所示；（3）如图所示；（4）0.72四、计算题：本题共4小题，共计58分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位12如图所示为一滑草场某条滑道的侧面图，由高均为h、与水平面倾角分别为45和37的两段直滑道组成一辆滑草车由静止开始从上滑道顶端处滑下，不计车在滑道交接处的能量损失已知滑草车与上、下滑道草地之间的动摩擦因
32、数，重力加速度为g，sin 37=0.6，cos 37=0.8，计算结果请用h和g表示求：（1）滑草车在下段滑道上运动的加速度；（2）滑草车在整个运动过程中最大速度的大小；（3）请通过计算来判断滑草车能否到达下段滑道的最底端【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】（1）滑草车在下段滑道上运动的加速度由牛顿第二定律求出（2）滑草车通过第一段滑道末端时速度最大，由动能定理求最大速度（3）对全过程，运用动能定理求出滑草车到达下段滑道的最底端的速度，即可判断【解答】解：（1）根据牛顿第二定律F合=ma得：滑草车在下段滑道上有：mgsin37mgcos37=ma解得：a=g（负号表
33、示滑草车在下坡道上做减速运动）（2）滑草车通过第一段滑道末端时速度最大由动能定理得：mghmgcos45=解得最大速度 vm=（3）根据动能定理W合=Ek得：对全过程：2mghmgcos45mgcos37=mv2解得：v=0说明滑草车刚好到达下段滑道的最底端答：（1）滑草车在下段滑道上运动的加速度是g；（2）滑草车在整个运动过程中最大速度的大小是；（3）滑草车刚好能到达下段滑道的最底端13如图所示的装置由水平弹簧发射器及两个轨道组成：轨道是光滑轨道AB，AB间高度差h1=0.20m；轨道由AE和螺旋圆形EFG两段光滑轨道和粗糙轨道GB平滑连接而成，且A点与F点等高轨道最低点与AF所在直线的高度
34、差h2=0.40m当弹簧压缩量为d时，恰能使质量m=0.05kg的滑块沿轨道上升到B点，当弹簧压缩量为2d时，恰能使滑块沿轨道上升到B点，滑块两次到达B点处均被装置锁定不再运动已知弹簧弹性势能Ep与弹簧压缩量x的平方成正比，弹簧始终处于弹性限度范围内，不考虑滑块与发射器之间的摩擦，重力加速度g=10m/s2（1）当弹簧压缩量为d时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小；（2）求滑块经过最高点F处时对轨道的压力大小；（3）求滑块通过GB段过程中克服摩擦力所做的功【考点】动能定理的应用；弹性势能；功能关系【分析】（1）当弹簧压缩量为d时，恰能使质量m=0.05kg的滑块沿轨道上升到B点，根
35、据能量转化和守恒定律求势能和速度；（2）受力分析，根据牛顿第二定律滑块处对轨道的压力；（3）根据能量转化和守恒定律求滑块通过GB段过程中克服摩擦力所做的功【解答】解：（1）当弹簧压缩量为d时，恰能使质量m=0.05kg的滑块沿轨道上升到B点，所以根据能量转化和守恒定律得：弹簧弹性势能Ep1=mgh1解得：Ep1=0.1J又对滑块由静止到离开弹簧过程由能量转化和守恒定律得：Ep1=mv2解得：v=2m/s（2）根据题意，弹簧弹性势能Ep与弹簧压缩量x的平方成正比，所以弹簧压缩量为2d时，弹簧弹性势能为Ep2=0.4J根据题意，滑块到达F点处的速度v=4m/s根据牛顿第二定律：F=ma可得：mg+
36、FN=m解得：FN=3.5N根据牛顿第三定律：滑块处对轨道的压力大小为3.5N（3）滑块通过GB段过程，根据能量转化和守恒定律得Ep2=mgh1+Q解得：Q=0.3J又Q=W克所以滑块通过GB段过程中克服摩擦力所做的功W克=0.3J答：（1）当弹簧压缩量为d时，弹簧的弹性势能为0.1J，滑块离开弹簧瞬间的速度大小为2m/s；（2）求滑块经过最高点F处时对轨道的压力大小为3.5N；（3）滑块通过GB段过程中克服摩擦力所做的功为0.3J14如图所示，两根足够长的平行金属导轨间距l=0.50m，倾角=53，导轨上端串接电阻R=0.05在导轨间长d=0.56m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下、磁感应
37、强度B=2.0T的匀强磁场质量m=4.0kg的金属棒CD水平置于导轨上，用轻质细绳跨过定滑轮与拉杆GH（GH杆的质量不计）相连某同学用F=80N的恒力竖直向下拉动GH杆，使CD棒从图中初始位置由静止开始运动，刚进入磁场时速度为v=2.4m/s，当CD棒到达磁场上边界时该同学松手g=10m/s2，sin 53=0.8，不计其它电阻和一切摩擦求：（1）CD棒的初始位置与磁场区域下边界的距离s；（2）该同学松手后，CD棒能继续上升的最大高度h；（3）在拉升CD棒的过程中，该同学所做的功W和电阻R上产生的热量Q【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【分析】（1）根据牛顿第二定律求出C
38、D棒进入磁场前的加速度，再由速度位移公式求出CD棒的初始位置与磁场区域下边界的距离s；（2）判断CD棒在磁场中的运动情况是匀速直线运动，从而得出离开磁场时速度，松手后向上匀减速运动，由运动学公式求出匀减速运动的位移，即可求出CD棒能继续上升的最大高度h；（3）根据能量守恒定律求解；【解答】解：（1）CD棒向上运动：Fmgsin=ma代入数据解得：a=12m/s2由运动学公式：v2=2as代入数据解得：s=0.24m（2）刚进入磁场时产生的感应电动势为：E=Blv=20.52.4V=2.4V由闭合电路欧姆定律有：I=48A又：F安=BIl=2480.5=48N因为：F=mg sin+=400.8
39、+48=80N所以：CD棒在磁场中做匀速直线运动离开磁场后，CD棒沿导轨向上做匀减速运动由v2=2gxsin代入数据解得：x=0.36mCD棒还能继续上升的最大高度为：h=xsin=0.288m（3）该同学所做的功为：W=F（s+d）代入数据解得：W=64J由能量转化和守恒定律得：F（s+d）=mg（s+d）sin+h+QR代入数据解得：QR=26.88J答：（1）CD棒的初始位置与磁场区域下边界的距离s为0.24m；（2）该同学松手后，CD棒能继续上升的最大高度h为0.288m；（3）在拉升CD棒的过程中，该同学所做的功W为64J，电阻R上产生的热量Q为26.88J15如图甲所示，在直角坐标
40、系0xL区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N现有一质量为m、带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，此时速度方向与x轴正方向的夹角为30不考虑电子所受的重力（1）求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E的大小；（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴求所加磁场磁感应强度B的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标；（3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向）
41、，最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同请写出磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式【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【分析】（1）带电粒子先在电场中做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动从M点射入磁场，由于知道速度的方向以及进入电场的速度，则由速度的合成就能求得离开电场的速度，即进入磁场的速度由类平抛运动规律求出加速度，从而求出电场强度大小（2）由题意知，当与水平x轴成30进入磁场时又竖直向上穿出磁场时，粒子恰好偏转60，由几何关系知道带电粒子做匀速圆周运动的半径恰好等于磁场区域的半径，由洛仑兹力提供向心力可以求得磁感应强度（3
42、）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同，根据题目要求大致找出带电粒子在正负磁场里做匀速圆周运动的半径和周期关系，从而画出最简单的轨迹图，再从一般情况去考虑多解情况，从而可以求得磁感应强度及周期的表示式【解答】解：（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1中所示 由速度关系可得： =cos 解得：v= 由速度关系得：vy=v0tan= 在竖直方向：vy=at= 而水平方向上t= 解得：E=（2）根据题意作图如图1所示，电子做匀速圆周运动的半径R=L 根据牛顿第二定律
43、：qvB= 解得：B= 根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为（，）（3）电子在在磁场中最简单的情景如图2所示 在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60，设电子运动的轨道半径为r，运动的T0，粒子在x轴方向上的位移恰好等于r1； 在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T=2T0，故粒子的偏转角度仍为60，电子运动的轨道半径变为2r，粒子在x轴 方向上的位移恰好等于2r 综合上述分析，则电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是： 3rn=2L（n=1，2，3）而：r=解得：B0= （n=1，2，3）应满足的时间条件为： T=T而：T0=解得T= （n=1，2，3）答：（1）电子进入圆形区域时的速度大小为，匀强电场场强E的大小（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴则所加磁场磁感应强度B的大小为，电子刚穿出圆形区域时的位置坐标为（，）（3）磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T应为 （其中n=1，2，3）2017年4月2日