【名師解析】湖北武漢市十一中2015屆高三高考物理模擬試卷(十一)

1、【名師解析】湖北武漢市十一中2015屆高三高考物理模擬試卷（十一）一、選擇題（本大題共8小題，每小題6分其中15為單項選擇題，在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題目要求；68為多項選擇題，在每小題給出的四個選項中，有多個選項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）1（6分）在物理學理論建立的過程中，有許多偉大的科學家做出了貢獻關于科學家和他們的貢獻，下列說法正確的是（） A 伽利略把斜面實驗的結果合理外推，發(fā)現(xiàn)了自由落體運動規(guī)律和行星運動的規(guī)律 B 牛頓通過實驗測出了引力常量并進行了著名的“月地檢驗” C 牛頓最早指出力不是維持物體運動的原因并提出了慣性定律

2、 D 安培提出了分子電流假說，并在磁場與電流的相互作用方面做出了杰出的貢獻【考點】： 物理學史【分析】： 根據(jù)物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可【解析】： 解：A、伽利略把斜面實驗的結果合理外推，發(fā)現(xiàn)了自由落體運動規(guī)律，但沒有發(fā)現(xiàn)行星運動的規(guī)律，開普勒發(fā)現(xiàn)了行星運動的規(guī)律，故A錯誤B、卡文迪許通過扭秤實驗測出了引力常量，牛頓進行了著名的“月地檢驗”，故B錯誤C、伽利略最早提出力不是維持物體運動的原因，故C錯誤；D、安培提出了分子電流假說，研究磁場與電流的相互作用，故D正確故選：D【點評】： 本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記憶，注意積累

3、2（6分）1990年4月25日，科學家將哈勃天文望遠鏡送上距地球表面約600km的高空，使得人類對宇宙中星體的觀測與研究有了極大的進展假設哈勃望遠鏡沿圓軌道繞地球運行已知地球半徑為6.4×106m，利用地球同步衛(wèi)星與地球表面的距離為3.6×107m這一事實可得到哈勃望遠鏡繞地球運行的周期以下數(shù)據(jù)中最接近其運行周期的是（） A 0.6小時 B 1.6小時 C 4.0小時 D 24小時【考點】： 人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關系【專題】： 壓軸題【分析】： 哈勃天文望遠鏡繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)哈勃天文望遠鏡的萬有引力等于向心力和地球表面重力加速度公式，列出兩式聯(lián)立求解出周

4、期表達式，再代入進行計算；也可以將哈勃天文望遠鏡與同步衛(wèi)星的周期直接比較求解；還可以運用開普勒第三定律求解【解析】： 解：哈勃天文望遠鏡繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，設衛(wèi)星的質量為m、軌道半徑為r、地球質量為M，有F=F向因而G=m（）2r解得 T=2故T哈：T同=2：2T哈=T同1.6h故選B【點評】： 本題關鍵根據(jù)萬有引力提供向心力，求出周期的表達式，再進行比較求解3（6分）如圖所示，質量為M、半徑為R的半球形物體A放在水平地面上，通過最高點處的釘子用水平輕質細線拉住一質量為m、半徑為r的光滑球B，A、B均靜止則（） A B對A的壓力大小為mg B 細線對小球的拉力大小為m

5、g C A對地面的壓力大小為（M+m）g D 地面對A的摩擦力大小為mg【考點】： 共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力【專題】： 共點力作用下物體平衡專題【分析】： 先對整體受力分析，然后根據(jù)共點力平衡條件分析CD選項，再隔離B物體受力分析后根據(jù)平衡條件分析AB選項【解析】： 解：A、對小球受力分析，如圖所示：根據(jù)平衡條件，有：F=，T=mgtan其中cos=，tan=故：F=mg，T=mg故AB錯誤；C、對AB整體受力分析，受重力和支持力，相對地面無相對滑動趨勢，故不受摩擦力，根據(jù)平衡條件，支持力等于整體的重力，為（M+m）g；根據(jù)牛頓第三定律，整體對地面的壓力與地面對整體的支持力是

6、相互作用力，大小相等，故對地面的壓力等于（M+m）g，故C正確，D錯誤；故選：C【點評】： 本題關鍵是采用整體法和隔離法，受力分析后根據(jù)平衡條件列式分析4（6分）從地面豎直上拋一物體a的同時，在離地面高H處有相同質量的另一物體b開始做自由落體運動，兩物體在空中同時到達距地面高h時，速率都為v（兩物體不會相碰），則下列說法正確的是（） A H=2h B 物體a豎直上拋的初速度大小是物體B落地時速度大小的2倍 C 物體a、b在空中運動的時間相等 D 兩物體落地前各自的機械能守恒且兩者的機械能相等【考點】： 機械能守恒定律；豎直上拋運動【專題】： 機械能守恒定律應用專題【分析】： 豎直上拋運動看成向

7、上的加速度為g的勻減速直線運動處理，根據(jù)兩物體在空中同時到達同一高度求出運動經過的時間，由運動學公式和豎直上拋運動的對稱性分析求解【解析】： 解：A、根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知，B自由落下到地面的速度為2v，在空中運動時間為tB=，A豎直上拋物體在空中運動時間tA=2×，相遇時刻后B物體的運動可以看作是A物體之前運動的逆過程，自由落體運動的第1T與第2T的位移之比為1：3，故兩物體在到達的同一高度一定是物體B開始下落時高度的故AC錯誤B、設兩物體從下落到相遇的時間為t，豎直上拋物體的初速度為v0，則由題gt=v0gt=v 解得v0=2v，與b落地時，速度相當，故B錯誤；D、兩物體在

8、運動過程中，只有重力做功，機械能守恒，物體A能上升的最大高度hA=，B開始下落的高度hB=，顯然兩者相等，所以兩者的機械能相等，故D正確故選：D【點評】： 本題涉及兩個物體運動的問題，關鍵要分析兩物體運動的關系，也可以根據(jù)豎直上拋運動的對稱性理解5（6分）如圖所示是放置于水平地面上的簡易滑梯示意圖，一小孩從滑梯斜面頂點A開始無初速度下滑，在AB段勻加速下滑，在BC段勻減速下滑，滑到C點恰好速度為零（B點為AC的中點），整個過程中滑梯保持靜止狀態(tài)假設該小孩在AB段和BC段滑動時與斜面間的動摩擦因數(shù)分別為1和2，斜面傾角為，則（） A 整個過程中地面對滑梯的支持力始終等于該小孩和滑梯的總重力，地面

9、對滑梯始終無摩擦力作用 B 動摩擦因數(shù)滿足1+2=2 tan C 該小孩在AB和BC兩段運動的時間相等，平均速度也相等 D AB段與BC段小孩受的摩擦力做功的平均功率相等【考點】： 功率、平均功率和瞬時功率；勻變速直線運動的位移與時間的關系；牛頓第二定律【專題】： 功率的計算專題【分析】： 小孩在AB段做勻加速直線運動，加速度沿斜面向下；在BC段做勻減速直線運動，加速度沿斜面向上以小孩和滑梯整體為研究對象，將小孩的加速度分解為水平和豎直兩個方向，由牛頓定律分析地面對滑梯的摩擦力方向和支持力的大小；根據(jù)動能定理求解1+2；根據(jù)=知兩段的平均速度的關系；由W=fs和知平均功率大小關系【解析】： 解

10、：小孩在AB段做勻加速直線運動，將小孩的加速度a1分解為水平和豎直兩個方向，由于小孩有水平向右的分加速度即有向右的力，根據(jù)牛頓定律知，地面對滑梯的摩擦力方向先水平向左；有豎直向下的分加速度，則由牛頓第二定律分析得知：小孩處于失重，地面對滑梯的支持力FN小于小朋友和滑梯的總重力同理，小朋友在BC段做勻減速直線運動時，小孩處于超重，地面對滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的總重力，地面對滑梯的摩擦力方向水平向左故A錯誤B、設AB的長度為L，AB間的高度為h，則sin=，小孩在B點的速度為v小孩從A到B為研究對象，由動能定理得：1mgLcos+mgh=mv20小孩從B到C為研究過程，由動能定理得：2mgL

11、cos+mgh=0mv2.聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得：1+2=2tan，故B正確C、A開始無初速度下滑，在AB段勻加速下滑，在BC段勻減速下滑，滑到C點恰好速度為零，根據(jù)=知兩段的平均速度相等，因為距離相同，故時間也相同，故C正確；D、因為動摩擦因數(shù)不一樣，故摩擦力不一樣，所以W=fs不同，時間相同，根據(jù)知平均功率不同，故D錯誤；故選：BC【點評】： 本題主要考查了勻變速直線運動基本公式的直接應用，本題解答時也可以根據(jù)動能定理求解，難度適中6（6分）如圖所示電路中，滑片P位于滑動變阻器R2正中間，電源內阻不能忽略，兩個電壓表均為理想電表當滑動變阻器R2的滑片P滑動時，關于兩個電壓表V1與V2的示數(shù)，下列判

12、斷正確的是（） A P向a端滑動的過程中，V1的示數(shù)逐漸增大、V2的示數(shù)逐漸減小 B P向a端滑動的過程中，R2消耗的功率一定逐漸減小 C P向b端滑動的過程中，V1示數(shù)改變量的絕對值小于V2示數(shù)改變量的絕對值 D P向b端滑動的過程中，V2示數(shù)改變量與流過R2的電流改變量的比值保持不變【考點】： 閉合電路的歐姆定律【分析】： 由電路圖先明確電路的結構，再根據(jù)滑動變阻器的移動明確電阻的變化；由閉合電路歐姆定律可知電路電流的變化，則可分析內電壓、路端電壓及各部分電壓的變化【解析】： 解：由圖可知R1與R2串聯(lián)，V1測R1兩端的電壓，V2測R2兩端的電壓；A、若p向a端移動，則滑動變阻器接入電阻減

13、小，由閉合電路歐姆定律可知，電路中總電流增大，則內電壓增大，R1兩端的電壓增大；路端電壓減小，故R2兩端的電壓減小，故A正確；B、當R2=R1+r時，R2消耗的功率最大，由于不知道三個電阻之間的關系，所以不能判斷R2消耗的功率的變化情況，故B錯誤；C、若p向b端移動，則滑動變阻器接入電阻增大，則電路中總電流減小，內電壓減小，V1減小，由于內電壓減小，故路端電壓增大，而V1減小，V2必然增大，且增大量一定大于V1的減小量，故C正確；D、根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U2=EI（r+R1），所以V2示數(shù)改變量與流過R2的電流改變量的比值，不變，故D正確故選：ACD【點評】： 閉合電路歐姆定律的動態(tài)分析類

14、題目，一般可按外電路內電路外電路的分析思路進行分析，在分析時應注意結合閉合電路歐姆定律及串并聯(lián)電路的性質7（6分）如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置，環(huán)形區(qū)域內存在垂直于紙面、磁感應強度大小可調的勻強磁場（環(huán)形區(qū)域的寬度非常小）質量為m、電荷量為q的帶正電粒子可在環(huán)中做半徑為R的圓周運動A、B為兩塊中心開有小孔的距離很近的平行極板，原來電勢均為零，每當帶電粒子經過A板剛進入AB之間時，A板電勢升高到+U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩板間的電場中得到加速每當粒子離開B板時，A板電勢又降為零粒子在電場中一次次加速使得動能不斷增大，而在環(huán)形區(qū)域內，通過調節(jié)磁感應強度大小可使繞行半徑R不變已知極板間距遠

15、小于R，則下列說法正確的是（） A 環(huán)形區(qū)域內勻強磁場的磁場方向垂直于紙面向里 B 粒子從A板小孔處由靜止開始在電場力作用下加速，繞行N圈后回到A板時獲得的總動能為NqU C 粒子在繞行的整個過程中，A板電勢變化周期不變 D 粒子繞行第N圈時，環(huán)形區(qū)域內勻強磁場的磁感應強度為【考點】： 帶電粒子在混合場中的運動【專題】： 帶電粒子在復合場中的運動專題【分析】： A、根據(jù)左手定則判斷；B、功能動能定理列式判斷；C、根據(jù)T=判斷；D、根據(jù)動能定理與牛頓第二定律相結合，即可求解【解析】： 解：A、正電荷在AB之間是加速，故是順時針轉動，在磁場中洛倫茲力提供向心力，故磁場方向垂直向外，故A錯誤；B、粒

16、子在電場中加速，根據(jù)動能定理，有En=NqU，故B正確；C、粒子在加速，根據(jù)T=，周期要遞減，故C錯誤；D、由動能定理知 NqU=mvn2；得到vn=；由牛頓第二定律，則有：m=qvnBn解得：Bn=，以vn結果代入，得B=；故D正確；故選：BD【點評】： 考察動能定理，牛頓第二定律的應用，掌握線速度與周期的關系，理解粒子在電場中加速的原理8（6分）正對著并水平放置的兩平行金屬板連接在如圖電路中，板長為l，板間距為d，在距離板的右端2l處有一豎直放置的光屏 MD為理想二極管（即正向電阻為0，反向電阻無窮大），R為滑動變阻器，R0為定值電阻將滑片P置于滑動變阻器正中間，閉合電鍵S，讓一帶電量為q

17、、質量為m的質點從兩板左端連線的中點N以水平速度v0射入板間，質點未碰極板，最后垂直打在 M 屏上在保持電鍵S閉合的情況下，下列分析或結論正確的是（） A 質點在板間運動的過程中與它從板的右端運動到光屏的過程中速度變化相同 B 板間電場強度大小為 C 若僅將滑片P向下滑動一段后，再讓該質點從N點以水平速度v0射入板間，質點依然會垂直打在光屏上 D 若僅將兩平行板的間距變大一些，再讓該質點從N點以水平速度v0射入板間，質點依然會垂直打在光屏上【考點】： 帶電粒子在勻強電場中的運動；電容【專題】： 電場力與電勢的性質專題【分析】： 質點先在電場和重力場的復合場中做類平拋運動，要垂直打在M屏上，離開

18、出場后，質點一定打在光屏的上方，做斜上拋運動質點從離開電場后到垂直打在M屏上過程是平拋運動的逆運動，采用運動的分解方法可知，分析質點類平拋運動與斜上拋的關系，確定加速度關系，求出板間場強【解析】： 解：A、質點先在水平放置的兩平行金屬板間做類平拋運動，要垂直打在M屏上，離開電場后，質點一定打在屏的上方，做斜上拋運動否則，質點離開電場后軌跡向下彎曲，質點不可能垂直打在M板上質點在板間的類平拋運動和離開電場后的斜上拋運動，水平方向都不受外力，都做勻速直線運動，速度都等于v0，而且v0方向水平，質點垂直打在M板上時速度也水平，根據(jù)質點的軌跡彎曲方向可知兩個過程質點的合力方向相反，加速度方向相反，則速

19、度變化量方向相反故A錯誤B、質點的軌跡如圖虛線所示，設質點在板間運動的過程中加速度大小為a，則有質點離開電場時豎直分速度大小為 vy=at1=質點離開電場后運動過程其逆過程是平拋運動，則 vy=gt2=g聯(lián)立解得 E=，故B錯誤C、若僅將滑片P向下滑動一段后，R的電壓減小，電容器的電壓要減小，電量要減小，由于二極管具有單向導電性，所以電容器不能放電，電量不變，板間電壓不變，所以質點的運動情況不變，再讓該質點從N點以水平速度v0射入板間，質點依然會垂直打在光屏上，故C正確D、若僅將兩平行板的間距變大一些，電容器電容減小，由C=知U不變，電量要減小，但由于二極管具有單向導電性，所以電容器不能放電，

20、電量不變，根據(jù)推論可知板間電場強度不變，所以質點的運動情況不變，再讓該質點從N點以水平速度v0射入板間，質點依然會垂直打在光屏上，故D正確故選：CD【點評】： 本題關鍵抓住兩個運動軌跡的特點，巧用逆向思維分析電場外質點的運動情況要知道運動的合成與分解是研究曲線運動的常用方法，要靈活運用二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分第9題12題為必考題，每個試題考生都必須作答第13題18題為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題（11題，共129分）9（5分）如圖所示，上、下兩個完全相同的圓弧軌道分別固定在豎直板上的不同高度處，軌道的末端水平，上軌道可上下平移，在兩軌道相對于各自軌道末端高度相同的位置上各

21、安裝一個電磁鐵，兩個電磁鐵由同一個開關控制，通電后，兩電磁鐵分別吸住相同小鐵球A、B，斷開開關，兩個小球同時開始運動離開圓弧軌道后，A球做平拋運動，B球進入一個光滑的水平軌道，則：（1）B球進入水平軌道后將做勻速（直線）運動；改變上軌道的高度，多次重復上述實驗過程，總能觀察到A球正好砸在B球上，由此現(xiàn)象可以得出的結論是：A球（或平拋運動）的水平分運動是勻速直線運動（2）某次實驗恰按圖示位置釋放兩個小球，兩個小球相碰的位置在水平軌道上的P點處，已知固定在豎直板上的方格紙的正方形小格邊長均為9cm，則可計算出A球剛達P點時的速度大小為4.5m/s（g取10m/s2，結果保留兩位有效數(shù)字）【考點】：

22、 研究平拋物體的運動【專題】： 實驗題【分析】： （1）實驗中，小球A做平拋運動，B球做勻速運動，若兩小球相碰，則說明平拋運動水平方向是勻速運動（2）根據(jù)平拋運動規(guī)律：水平方向勻速直線運動，豎直方向自由落體運動，或者根據(jù)平拋過程中機械能守恒正確解答【解析】： 解：（1）讓兩小球從相同的弧形軌道上相同高度滾下，從而使兩小球同時滾離軌道并具有相同的速度小球A做平拋運動，小球B做勻速直線運動，當兩小球相遇時則說明小球平拋運動水平方向是勻速直線運動當同時改變兩小球滾下的高度時，仍能相碰，則說明平拋運動水平方向總是勻速直線運動（2）物體平拋運動因此有：豎直方向：h=9L=gt2，vy=gt水平方向：9L

23、=v0tA到達p點的速度為：v=將L=9cm=0.09m代入，解得：v=4.5m/s故答案為：（1）勻速（直線），A球（或平拋運動）的水平分運動是勻速直線運動；（2）4.5【點評】： 明確平拋運動特點，熟練掌握平拋運動規(guī)律，并能正確應用規(guī)律來解答問題10（10分）實際電流表有內阻，測量電流表G1的內阻r1采用如圖甲所示的電路可供選擇的器材如下：待測電流表G1：量程為05mA，內阻約為300 電流表G2：量程為010mA，內阻約為40定值電阻R1：阻值為10 定值電阻R2：阻值為200滑動變阻器R3：阻值范圍為01000 滑動變阻器R4：阻值范圍為020干電池E：電動勢約為1.5V，內阻很小 電

24、鍵S及導線若干（1）定值電阻R0應選，滑動變阻器R應選（在空格內填寫序號）（2）實驗步驟如下：按電路圖連接電路（為電路安全，先將滑動變阻器滑片P調到左端）閉合電鍵S，移動滑片P至某一位置，記錄G1和G2的讀數(shù)，分別記為I1和I2；多次移動滑動觸頭，記錄各次G1和G2的讀數(shù)I1和I2；以I1為縱坐標，I2為橫坐標，作出相應圖線，如圖乙所示根據(jù)I1I2圖線的斜率k及定值電阻R0，得到待測電流表G1的內阻表達式為r1=（用k、R0表示）（3）若測定G1表的內阻r1為290，用它改裝成如圖丙的一個多量程多用電表，電流、電壓和電阻的測量都各有兩個量程（或分度值）不同的檔位1、2兩個檔位為電流表檔位，其中

25、的大量程是小量程的10倍關于此多用表，下列說法正確的是：ABDA當轉換開關S旋到位置4時，是電阻檔 B當轉換開關S旋到位置6時，是電壓檔C轉換開關S旋到5的量程比旋到6的量程大 DA表筆為紅表筆，B表筆為黑表筆圖中的電源 E的電動勢為9.0V，當把轉換開關S旋到位置4，在AB之間接900電阻時，表頭G1剛好半偏已知之前的操作順序和步驟都正確無誤則R5=29，R6=261【考點】： 伏安法測電阻【專題】： 實驗題【分析】： 本題（1）第一空的關鍵是根據(jù)待測電流表量程大約是已知電流表量程的一半，再根據(jù)并聯(lián)電阻具有分流作用即可求解；第二空根據(jù)變阻器采用分壓式接法時阻值越小調節(jié)越方便即可求解；題（2）

26、根據(jù)歐姆定律列出兩電流表讀數(shù)的關系式，再整理出與的函數(shù)表達式即可求解；題（3）根據(jù)多用電表的工作原理可知，當與內部電池箱連接時就是歐姆表，當不與內部電池相連當電流表與定值電阻串聯(lián)上就是電壓表，與定值電阻并聯(lián)時就是電流表，尤其是明確黑表筆應與內部電池的正極相連紅表筆應與內部電池的負極相連；題的關鍵是首先根據(jù)歐姆定律列出滿足兩電流擋關系的表達式，再根據(jù)閉合電路歐姆定律列出調零和接入待測電阻時的表達式，然后聯(lián)立求解即可【解析】： 解：（1）由于待測電流表量程遠小于電流表的量程，根據(jù)歐姆定律可知應將與待測電流表內阻接近的定值電阻并聯(lián)才行，所以定值電阻應選；由于變阻器采用分壓式接法時，變阻器的全電阻應選

27、調節(jié)越方便，所以應選擇阻值小的變阻器；（2）根據(jù)歐姆定律應有=，變形為=，所以應有k=，解得=；（3）A、根據(jù)多用電表的工作原理可知，轉換開關S接4時與內部電池相連接，應是歐姆表即是電阻檔，所以A正確；B、當轉換開關S接6時，與內部電池斷開，但與表頭外部的定值電阻串聯(lián)，應是電壓擋，所以B正確；C、根據(jù)串聯(lián)電阻的分壓規(guī)律可知，轉換開關旋到5的量程應比旋到6的量程小，所以C錯誤；D、根據(jù)通過電流表的電流方向與指針偏轉方向的關系可知，紅表筆應與歐姆表內部電池的負極相連，黑表筆應與內部電池的正極相連，所以A表筆應是紅表筆，B應是黑表筆，即D正確；故選ABD；當考慮1、2兩個電流擋位時，根據(jù)歐姆定律應有

28、：=10根據(jù)歐姆表的改裝原理可知，調零時應有=在A、B間接電阻時應有：=+聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得=29，=261故答案為：（1），；（2）得；（3）ABD；29，261【點評】： 應明確：當電流表的量程較小時，應考慮將電流表與分流電阻并聯(lián)以擴大量程；涉及到根據(jù)圖象求解的問題，首先根據(jù)相應的物理規(guī)律列出關系式，然后再整理出關于縱軸物理量與橫軸物理量的函數(shù)表達式，再根據(jù)斜率、截距的概念求解即可；從歐姆表的改裝原理可知，黑表筆應與表內電池的正極相連，但黑表筆應插入“”插孔11（14分）現(xiàn)代化的生產流水線大大提高了勞動效率，如圖為某工廠生產流水線上的水平傳輸裝置的俯視圖，它由傳送帶和轉盤組成物品從A處無初

29、速、等時間間隔地放到傳送帶上，運動到B處后進入勻速轉動的轉盤隨其一起運動（無相對滑動），到C處被取走裝箱已知A、B的距離L=9.0m，物品在轉盤上與轉軸O的距離R=3.0m、與傳送帶間的動摩擦因數(shù)1=0.25，傳送帶的傳輸速度和轉盤上與O相距為R處的線速度均為v=3.0m/s，取g=10m/s2問：（1）物品從A處運動到B處的時間t；（2）若物品在轉盤上的最大靜摩擦力可視為與滑動摩擦力大小相等，則物品與轉盤間的動摩擦因數(shù)2至少為多大？（3）若物品的質量為0.5kg，每輸送一個物品從A到C，該流水線為此至少多做多少功？【考點】： 動能定理；勻變速直線運動的位移與時間的關系；牛頓第二定律【專題】：

30、 動能定理的應用專題【分析】： （1）物品放在傳送帶上，先做勻加速直線運動，由牛頓第二定律和運動學公式結合求出此過程的位移，與傳送帶長度比較，分析有無勻速直線運動過程再求出運動時間（2）物品在轉盤上所受的靜摩擦力提供向心力，當物品恰好要滑動時，靜摩擦力達到最大值，根據(jù)牛頓第二定律求出動摩擦因數(shù)2的最小值（3）先求出在傳送帶上因為傳送物品需要做的功【解析】： 解：（1）設物品質量為m，物品先在傳送帶上做初速度為零的勻加速直線運動，其位移大小為s1 由 1mg=ma v2=2as 得 s1=1.8mL之后，物品和傳送帶一起以速度v做勻速運動勻加速運動的時間 t1=1.2 st2=2.4 s所以t=

31、t1+t2=3.6s（2）物品在轉盤上所受靜摩擦力提供向心力，2最小時達最大靜摩擦力，有：2mg=m得 2=0.3（3）在傳送帶上因為傳送物品需要做的功為：W=mv2+1mg（vt1x）=4.5 J答：（1）物品從A處運動到B處的時間t為3.6 s；（2）若物品在轉盤上的最大靜摩擦力可視為與滑動摩擦力大小相等，則物品與轉盤間的動摩擦因數(shù)2至少為0.3；（3）該流水線為此至少多做功為4.5J【點評】： 本題是多過程問題，采用程序法分析對于傳送帶問題，關鍵在于分析物體的受力情況和運動情況對于圓周運動問題，關鍵在于分析向心力的來源12（18分）真空中有如圖所示矩形區(qū)域，該區(qū)域總高度為2h、總寬度為4

32、h，其中上半部分有磁感應強度為B、垂直紙面向里的水平勻強磁場，下半部分有豎直向下的勻強電場，x軸恰為水平分界線，正中心恰為坐標原點O在x=2.5h處有一與x軸垂直的足夠大的光屏（圖中未畫出）質量為m、電荷量為q的帶負電粒子源源不斷地從下邊界中點P由靜止開始經過勻強電場加速，通過坐標原點后射入勻強磁場中粒子間的相互作用和粒子重力均不計（1）若粒子在磁場中恰好不從上邊界射出，求加速電場的場強E；（2）若加速電場的場強E為（1）中所求E的4倍，求粒子離開磁場區(qū)域處的坐標值；（3）若將光屏向x軸正方向平移，粒子打在屏上的位置始終不改變，則加速電場的場強E多大？粒子在電場和磁場中運動的總時間多大？【考點

33、】： 帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動【專題】： 帶電粒子在復合場中的運動專題【分析】： （1）根據(jù)動能定理求得經電場加速后粒子的速度，由幾何關系知粒子恰好不從上邊界飛出說明粒子在磁場中圓周運動的半徑剛好等于磁場的寬度h，根據(jù)半徑公式求解即可；（2）根據(jù)動能定理和半徑公式計算出粒子圓周運動的半徑，再由幾何關系確定粒子離開磁場區(qū)域處的坐標值即可；（3）粒子打在屏上的位置始終不變，說明粒子打在屏上時的速度方向與x軸平行，根據(jù)粒子運動可能軌跡確定加速電場的大小及粒子在電場和磁場中運動的總時間即可注意粒子圓周運動的周期性【解析】： 解：（1）帶電粒子在電場中加速過程根據(jù)動能定理有

34、進入勻強磁場后做勻速圓周運動有要求粒子在磁場中恰好不從上邊界射出，則有：r=h故可解得E=（2）帶電粒子在電場中加速過程根據(jù)動能定理有：進入勻強磁場后做勻速圓周運動，由得：r2=2h則粒子從O點進入后運動了圓心角為即離開磁場由幾何關系可得：即 =30°離開磁場處：y=hx=r2r2cos30°=即離開磁場處的坐標為：（3）帶電粒子在電場中加速過程根據(jù)動能定理有：由“將光屏向x軸正方向平移，粒子打在屏上的位置始終不改變”，知離開磁場時粒子速度方向必平行于x軸，沿+x方向故：進入勻強磁場后做勻速圓周運動的半徑為：（n=1，2，3，4）又解得E=（n=1，2，3，4，）從O點進入

35、磁場后先運動半個圓周再返回電場減速到0又返回磁場時速度仍是v，如此周期性運動最后從磁場的右邊界水平射出帶電粒子在磁場中運動總時間（n=1，2，3，4）帶電粒子在電場中運動總時間=（n=1，2，3，4）帶電粒子在電磁場中運動總時間=（n=1，2，3，4）答：（1）若粒子在磁場中恰好不從上邊界射出，加速電場的場強E為；（2）若加速電場的場強E為（1）中所求E的4倍，粒子離開磁場區(qū)域處的坐標值為；（3）若將光屏向x軸正方向平移，粒子打在屏上的位置始終不改變，則加速電場的場強E為（n=1，2，3，4，）粒子在電場和磁場中運動的總時間為（n=1，2，3，4）【點評】： 解決本題的關鍵是掌握帶電粒子在加速

36、電場中的運動及由動能定理求得經加速電場后的速度，粒子在磁場中在洛倫茲力作用下做圓周運動，要考慮到由條件作出粒子運動軌跡，由軌跡確定粒子運動的半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式求解，要注意圓周運動的周期性二.選考題：共45分請考生從給出的3道物理題任選一題作答，如果多做，則每學科按所做的第一題計分物理-選修3-5：（15分）13（6分）下列說法正確的是（） A 太陽輻射的能量來自太陽內部聚變時釋放的核能，不斷的核聚變，使太陽的質量會不斷減小 B 原子核發(fā)生衰變后，新核與原來的原子核相比，中子數(shù)減少了4 C 若使放射性物質的溫度升高，壓強增大，其半衰期可能變小 D 已知氫原子的基態(tài)能量為E1=13.6eV，一個處于基態(tài)的氫原子吸收了一個14 eV的光子后會被電離 E 已知氫原子光譜在可見光部分只有四條譜線，它們分別是從 n 為 3、4、5、6 的能級直接向n=2能級躍遷時產生的，其中有兩條紫色、一條紅色、一條藍色則氫原子從n=6能級直接向n=2能級躍遷時，產生