福建三明高三物理下學期第二次模擬試卷含解析

1、福建省三明市2015屆高考物理二模試卷一、選擇題共6小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題目 要求.1.圖甲中一理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為10: 1,其原線圈兩端接入如圖乙所示的正弦式交變電流，副線圈通過電流表與阻值 R=22Q的負載電阻相連.若交流電壓表和交流電 流表都是理想電表，則下列說法中正確的是 （）A.電壓表的示數(shù)是 220VB.電流表的示數(shù)是 1.4AC.變壓器原線圈白輸人功率是22WD.通過R的交變電流的頻率是 50Hz2. 一簡諧機械橫波沿 x軸傳播，波速為4.0m/s ,該波在t=0時刻的波形曲線如圖甲所示, 在x=0處質點的振動圖象如圖乙所示.則

2、下列說法中正確的是（）A.質點的振動周期為 2.0sB.這列波的振幅為 60cmt=O時，x=4.0m處的質點沿y軸負方向運動t=O時，x=4.0m處的質點比x=6.0m處質點的速度小 3. “嫦娥”三號探測器發(fā)射到月球上經(jīng)過多次變軌，最終降落到月球表面上，其變軌示意 圖如圖所示，其中圓形軌道 I上的P點即為橢圓軌道n的遠月點.則探測器 （）A.在軌道I運行時的加速度大于月球表面的重力加速度B.分別經(jīng)過軌道I、n上的 P點時的加速度大小相等C.在軌道I的運行周期比在軌道n的小D.在P點由軌道I進人軌道n必須點火加速.如圖所示，半徑為 R的圓形導線環(huán)對心、勻速穿過半徑也為 R的圓形勻強磁場區(qū)域，

3、規(guī) 定逆時針方向的感應電流為正， 導線環(huán)中感應電流i隨時間t的變化關系圖線最符合實際的 是（）.如圖所示，直線 OO與上下表面平行的玻璃磚垂直且與其上表面交于N點.a, b兩種單色光以相同的入射角i射到玻璃磚的上表面，入射點 A、B到N點的距離相等，經(jīng)折射后兩 束光相交于圖中的 P點.下列說法正確的是()a光在玻璃中的折射率比 b光的大a光在玻璃中的傳播速度比b光的小C.對同一雙縫干涉裝置，a光的條紋間距比 b光的小D.增大i (i (j) 2(j) 3 的關系為 4 1V (J) 2V (j) 3C.粒子在X1 - X2段做勻變速運動，X2- X3段做勻速運動D. X1、X2兩點間的電勢差X

4、2、X3兩點間的大、必考題(共5小題，滿分72分).在研究“物體加速度與力的關系”的實驗中.某小組同學將一端裝有定滑輪的平板放置 在水平桌面上，組裝好的實驗器材如甲圖所示（設當?shù)刂亓铀俣葹?I2 cb|山丫陽|川|陽山州01D 20實驗時，小組同學先用游標卡尺測得遮光片的寬度如圖乙所示，其讀數(shù)為 cm.接著，他們利用甲圖實驗裝置便開始實驗： 保持小車質量不變， 多次改變砂桶與砂的總重 F.測得加速度a和力F的數(shù)據(jù).你認為他們實驗中疏漏的一個重要步驟是： .糾正疏漏后正確進行實驗，依據(jù)多次實驗得到的a、F數(shù)據(jù)描出的點如圖丙所示，發(fā)現(xiàn)右側若干個點明顯偏離直線.造成此誤差的主要原因是.（填選項前的

5、字母）A.木板傾斜不夠B .木板傾斜過度C .砂桶與砂的總重太大D .所用小車 的質量太大若不斷增加桶中砂的質量，丙圖各點連成的a-F圖象的曲線將不斷延伸，那么加速度的趨向值為.圖甲為某物理興趣小組設計的一種電子秤結構原理圖.其中 Ro為定值電阻，R是壓敏電 阻，其阻值的變化范圍約為幾歐到幾十歐， 通過電壓表的示數(shù)可知道物重. 為了制作出可使 用的電子秤，該興趣小組又設計了如圖乙所示的實驗電路， 用于探究壓敏電阻 R隨所受壓力 F的變化關系.圖乙電路中 J、K處的電表可從下列實驗器材中選擇：電流表Ai （00.6A,內(nèi)阻約為1Q） 電流表A （00.3A,內(nèi)阻ri=10Q ）電壓表 V （01

6、5V,內(nèi)阻約為 5kQ ）為盡可能準確測量電阻 R,則J、K的電表應分別是 和 （填電表字 母代號）.圖乙中，在電阻R上施加豎直向下的壓力 F,當閉合開關S時.J表的示數(shù)為a, K表的示數(shù)為b,可計算出R=.（用a、b和相關已知量符號表示）圖乙所示電路中，改變壓力F的大小，得到不同的 R值，繪出如圖丙所示的R- F圖象，則R與F滿足的關系式 為 R=.在圖甲所示的電路中，已知電源電動勢E=10.0V,電源內(nèi)阻r=1.0 Q , R=5.0 .現(xiàn)將一重物水平放置在壓敏電阻 R上，當閉合開關時.電壓表示數(shù)為5.0V,則該重物重為N.若考慮電壓表內(nèi)阻的影響，則物重的測量值 （選填“大于”、“小于”或

7、“等于）真實值.圖甲是利用傳送帶裝運煤塊的示意圖，傳送帶右輪軸頂端與運煤車底板間的豎直高度差H=1.8m.現(xiàn)傳送帶以某一速度 V。勻速運動，在傳送帶左端由靜止釋放一煤塊（可視為重點）當煤塊運動到左輪軸頂端后做平拋運動，其落在運煤車底板上的位置相對傳送帶右輪軸的水平距離x=1.2m,已知煤塊在傳送帶上運動的v-t圖象如圖乙所示，圖中t o=0.25s ,取2g=10m/s .求：(1)傳送帶速度Vo的大?。籐.(2)煤塊在傳送帶上劃出的痕跡長度. (19分)如圖所示，光滑桿 AB長為L,其B端固定一根勁度系數(shù)為 k=100N/m,原長為l o=0.4m的輕質彈簧，質量為 m=1kg的小球套在光滑

8、桿上并與彈簧的上端連接； OO為過 B 點的豎直軸，桿與水平面間的夾角始終為 。=37 (取g=10m/s：sin37 =0.6, cos37 =0.8)(1)當桿保持靜止狀態(tài)，在彈簧處于原長時，靜止釋放小球，求小球速度最大時彈簧的壓縮量1；(2)當球隨桿一起繞 OO軸以角速度 W0=_匚性式n年勻速轉動時,小球恰好能穩(wěn)定COS0 V L在桿上的某一位置 P處(圖中未畫出).保持3 0不變，小球受輕微擾動后沿桿上滑，到最高點A時其沿桿對其所做的功 W (結果用m g、vy、。、L表示). “太空粒子探測器”由加速、偏轉和收集三部分裝置組成，其原理如圖所示：輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心半圓

9、弧定和聲，圓心為O,弧建的半徑為L, P為弧標的中點，兩圓弧間的電勢差大小為U.足夠長的收集板 MN平行于邊界ACDB 0點到MNS的距離OQ為Lo在邊界ACD街口收集板MN之間有一以0為圓心、L為半徑的半圓形勻強磁場.方向 垂直紙面向里.假設太空中漂浮著質量為m,電量為q的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到弧一麻上，并被加速電場從靜止開始加速，不汁粒子間的相互作用和其它星球對粒子引力的影響.(1)求粒子到達 O點時速度的大?。?2)若要收集板MNim攵集到粒子，求半圓形勻強磁場的磁感應強度 B的大小需滿足的條件； (3)改變磁感應強度 B的大小，使得從弧APB收集到的粒子中有0能打到MN板上(不

10、考慮 -1過界ACDB勺粒子再次返回磁場)，求此時吸附在弧 AP (四分之一圓弧)上的粒子中，從 O點開始運動到mnB上的最長時間t max.三、選考題【物理-選彳3-3（本題共有兩小題，每小題 6分，共12分.每小題只有一個 選項符合題意.）.下列敘述錯誤的是（）A.當分子間的引力和斥力平衡時，分子勢能最小B.自然界中進行的一切與熱現(xiàn)象有關的宏觀過程都具有方向性C.布朗運動是液體分子的運動，它說明分子不停息地做無規(guī)則熱運動D.荷葉上小水珠呈球狀，是由于表面張力使其表面積具有收縮到最小趨勢的緣故. 一定質量的理想氣體，在溫度不變條件下，設法使其壓強增大，則這一過程（）A.氣體的密度增加B.氣體

11、分子的平均動能增大C.外界沒有對氣體做功 D.氣體從外界吸收了熱量福建省三明市2015屆高考物理二模試卷一、選擇題共6小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題目 要求.1.圖甲中一理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為10: 1,其原線圈兩端接入如圖乙所示的正弦式交變電流，副線圈通過電流表與阻值 R=22Q的負載電阻相連.若交流電壓表和交流電 流表都是理想電表，則下列說法中正確的是 （）A.電壓表的示數(shù)是 220VB.電流表的示數(shù)是 1.4AC.變壓器原線圈白輸人功率是22WD.通過R的交變電流的頻率是 50Hz考點：變壓器的構造和原理；電功、電功率.專題：交流電專題.分析：由圖

12、乙可知交流電壓最大值U=220%用V,周期T=0.02s ,可由周期求出角速度的值,則可得交流電壓 u的表達式U=220f2sin100兀tV、由變壓器原理可得變壓器原、副線圈中 的電流之比，Rt處溫度升高時，阻值減小，根據(jù)負載電阻的變化，可知電流.解答： 解：A、由圖乙可知交流電壓最大值U=220-JV,有效值為220V,根據(jù)變壓器電壓與匝數(shù)成正比知電壓表示數(shù)為U=L X 220V=22V,故A錯誤；10日電流表的示數(shù)為A二A，故B錯誤P A = P日電壓表的示數(shù)是 22V.流過電阻中的電流為 1A,變壓器的輸入功率是: =UI=22X 1W=22W 故 C 正確；C變壓器不改變頻率，由圖乙

13、可知交流電周期T=0.01s ,可由周期求出正弦交變電流的頻率是100Hz,故D錯誤.故選：C點評：根據(jù)圖象準確找出已知量，是對學生認圖的基本要求，準確掌握理想變壓器的特點及電壓、電流比與匝數(shù)比的關系，是解決本題的關鍵2. 一簡諧機械橫波沿 x軸傳播，波速為4.0m/s ,該波在t=0時刻的波形曲線如圖甲所示, 在x=0處質點的振動圖象如圖乙所示.則下列說法中正確的是（）A.質點的振動周期為 2.0sB.這列波的振幅為 60cmt=O時，x=4.0m處的質點沿y軸負方向運動t=O時，x=4.0m處的質點比x=6.0m處質點的速度小考點：橫波的圖象；波長、頻率和波速的關系.專題：振動圖像與波動圖

14、像專題.分析：由甲圖讀出波長和振幅，結合波速求出周期.由波動圖象讀出t=0時刻，x=4.0m處質點和x=6.0m處質點的位置，從而判斷速度大小.解答： 解：A、根據(jù)甲圖可知，波長 入=8m則周期丁3二g二2s，故A正確； v 4日 根據(jù)甲圖可知，振幅為 A=30cm故B錯誤；C根據(jù)乙圖可知，x=0處質點在t=0時向下振動，根據(jù)波的平移法可知，波沿x軸負方向傳播，則t=0時，x=4.0m處質點沿y軸正方向運動，故 C錯誤；DK根據(jù)甲圖可知，t=0時，x=4.0m處質點在平衡位置處，速度最大，x=6.0m在波峰處，速度為零，故D錯誤.故選：A點評：本題考查識別、理解振動圖象和波動圖象的能力，要把握

15、兩種圖象聯(lián)系的能力， 能根據(jù)波動圖象讀出波長和振幅，特別注意質點只上下振動，不隨波遷移.3. “嫦娥”三號探測器發(fā)射到月球上經(jīng)過多次變軌，最終降落到月球表面上，其變軌示意 圖如圖所示，其中圓形軌道 I上的P點即為橢圓軌道n的遠月點.則探測器 （）1 J 1 if /w / A.在軌道I運行時的加速度大于月球表面的重力加速度B.分別經(jīng)過軌道I、n上的 P點時的加速度大小相等C.在軌道I的運行周期比在軌道n的小D.在P點由軌道I進人軌道n必須點火加速考點：萬有引力定律及其應用.專題：萬有引力定律的應用專題.分析：根據(jù)牛頓第二定律判斷加速度.根據(jù)開普勒第三定律， 結合半長軸的大小比較周期的大小.根據(jù)

16、萬有引力與向心力的關系判斷在P點是加速還是減速.解答： 解：A、探測器在軌道I運行時的萬有引力小于在月球表面時的萬有引力，根據(jù)牛 頓第二定律，探測器在軌道 I運行時的加速度小于月球表面的重力加速度，故A錯誤；日探測器分別經(jīng)過軌道I、n上的P點所受的萬有引力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度大小相等，故 B正確.c根據(jù)開普勒第三定律，探測器在軌道I上的軌道半徑大于軌道n的半長軸，則運行周期大于在軌道n的運行周期，故 C錯誤；口探測器在P點由軌道I進入軌道n必須點火減速，故 D錯誤； 故選：B.點評：本題要掌握萬有引力定律和衛(wèi)星變軌問題，并要知道衛(wèi)星繞越運動的向心力由萬有引力提供，能結合圓周運動

17、的規(guī)律進行求解.如圖所示，半徑為 R的圓形導線環(huán)對心、勻速穿過半徑也為 R的圓形勻強磁場區(qū)域，規(guī) 定逆時針方向的感應電流為正， 導線環(huán)中感應電流i隨時間t的變化關系圖線最符合實際的考點：導體切割磁感線時的感應電動勢.專題：電磁感應與電路結合.分析：首先根據(jù)右手定則判斷環(huán)剛進入磁場時回路中感應電流方向，排除部分答案，然后根據(jù)進入磁場中有效切割長度的變化，求出感應電流的變化，從而得出正確結果.解答：解：開始時進入磁場切割磁感線，產(chǎn)生感應電流，根據(jù)右手定則可知， 感應電流方向為逆時針，即為正方向，當開始出磁場時，回路中磁通量減小， 產(chǎn)生的感應電流為順時針， 方向為負方向；當進入磁場時，切割的有效長度

18、變大，則產(chǎn)生感應電流也變大；當離開磁場時，切割的有效 長度變小，則產(chǎn)生感應電流也變小，根據(jù)i= e=BvRsinO =2BvRSin wt,當環(huán)與磁場完全重合之前，電流按正弦規(guī)律最大, R TT之后電流變?yōu)榉聪?，按正弦?guī)律變化的；故ABD昔誤；因此只有 C正確；故選：C點評：對于圖象問題可以通過排除法進行求解，如根據(jù)圖象過不過原點、電流正負、大小變 化等進行排除.如圖所示，直線 OO與上下表面平行的玻璃磚垂直且與其上表面交于N點.a, b兩種單色光以相同的入射角i射到玻璃磚的上表面，入射點 A B到N點的距離相等，經(jīng)折射后兩 束光相交于圖中的 P點.下列說法正確的是()a光在玻璃中的折射率比

19、b光的大a光在玻璃中的傳播速度比 b光的小C.對同一雙縫干涉裝置，a光的條紋間距比 b光的小D.增大i (i 0,根據(jù)正電荷的電勢能越大，粒子所在處的電勢越高，可知()1(|)2(|)3.故B正確.C由圖看出在0X1段圖象切線的斜率不斷減小，由上式知場強減小，粒子所受的電場力減小，加速度減小，做非勻變速運動.X1X2段圖象切線的斜率不斷增大，場強增大，粒子所受的電場力增大，做非勻變速運動.X2X3段斜率不變，場強不變，即電場強度大小和方向均不變，是勻強電場，粒子所受的電場力不變，做勻變速直線運動，故C錯誤.D根據(jù) W=- EpuqU知X1、X2兩點間的電勢差 X2、X3兩點間的小，故 D錯誤

20、故選：B點評：解決本題的關鍵要分析圖象斜率的物理意義，判斷電勢和場強的變化，再根據(jù)力學基本規(guī)律：牛頓第二定律進行分析電荷的運動情況.、必考題(共5小題，滿分72分).在研究“物體加速度與力的關系”的實驗中.某小組同學將一端裝有定滑輪的平板放置 在水平桌面上，組裝好的實驗器材如甲圖所示(設當?shù)刂亓铀俣葹閷嶒灂r，小組同學先用游標卡尺測得遮光片的寬度如圖乙所示，其讀數(shù)為0.550cm .接著，他們利用甲圖實驗裝置便開始實驗：保持小車質量不變， 多次改變砂桶與砂的總重F.測得加速度a和力F的數(shù)據(jù).你認為他們實驗中疏漏的一個重要步驟是：沒有傾斜軌道 平衡摩擦力.糾正疏漏后正確進行實驗，依據(jù)多次實驗得到

21、的a、F數(shù)據(jù)描出的點如圖丙所示，發(fā)現(xiàn)右側若干個點明顯偏離直線.造成此誤差的主要原因是G (填選項前的字母)A.木板傾斜不夠B .木板傾斜過度 C .砂桶與砂的總重太大D .所用小車的質量太大若不斷增加桶中砂的質量，丙圖各點連成的a-F圖象的曲線將不斷延伸，那么加速度的趨向值為g.考點：探究加速度與物體質量、物體受力的關系.專題：實驗題.分析：(1)掌握游標卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀；(2)應明確在平衡摩擦力的前提下，繩子拉力才等于小車受到的合力；(3)應明確在滿足砂和砂桶質量遠小于小車質量的前提下，描出的圖象才是傾斜直線，否 則就是曲線；(4)根據(jù)牛頓第二定律寫出小車加速度

22、的表達式，然后再討論即可.解答：解：(1)游標卡尺的主尺讀數(shù)為：0.5cm,游標尺上第9刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數(shù)為 10X 0.05mm=0.50mm=0.050cm所以最終讀數(shù)為：0.5cm+0.050cm=0.550cm .(2)由實驗原理可知，實驗前沒有平衡摩擦力，所以該實驗中的一個明顯疏漏是沒有傾斜軌道平衡摩擦力；(3)根據(jù)實驗原理可知，在滿足砂和砂桶質量遠小于小車質量的前提下，繩子拉力才近似等于砂和砂桶的重力，畫出的 a-F圖象應是一條傾斜直線，若圖象是曲線說明砂和砂桶的 質量太大，所以應選擇 C;(4)對小車和砂桶整體分析應有：a= 1t,變形為arrg,M+rr J

23、可見當m8時，a=g,即若不斷增加砂和砂桶的質量，應有 a=g,即小車的加速度的趨向值 為g.故答案為：(1) 0.550; (2)沒有傾斜軌道平衡摩擦力；(3) C; (4) g點評：“研究加速度與力的關系”實驗應明確：在正確平衡摩擦力的前提下，繩子拉力才等于小車受到的合力；在滿足砂和砂桶質量遠小于小車質量的前提下，描出的a-F圖象才是傾斜直線.Ro為定值電阻，R是壓敏電.圖甲為某物理興趣小組設計的一種電子秤結構原理圖.其中阻，其阻值的變化范圍約為幾歐到幾十歐，通過電壓表的示數(shù)可知道物重.為了制作出可使用的電子秤，該興趣小組又設計了如圖乙所示的實驗電路，用于探究壓敏電阻 R隨所受壓力F的變化

24、關系.圖乙電路中J、K處的電表可從下列實驗器材中選擇：電流表Ai （00.6A,內(nèi)阻約為1Q） 電流表A （00.3A,內(nèi)阻ri=10Q ） 電壓表 V （015V,內(nèi)阻約為 5kQ ）為盡可能準確測量電阻 R,則J、K的電表應分別是 a、和A（填電表字母代號）.圖乙中，在電阻R上施加豎直向下的壓力 F,當閉合開關S時.J表的示數(shù)為a, K表的示， 一、一 ar 1 一一，數(shù)為b,可計算出R=一U （用a、b和相關已知量符號表不） b - a圖乙所示電路中，改變壓力F的大小，得到不同的 R值，繪出如圖丙所示的 R- F圖象，則R與F滿足的關系式 為 R=- 2F+16.在圖甲所示的電路中，已知

25、電源電動勢E=10.0V,電源內(nèi)阻r=1.0 Q , R=5.0 .現(xiàn)將一重物水平放置在壓敏電阻 R上，當閉合開關時.電壓表示數(shù)為5.0V,則該重物重為 6處.若 考慮電壓表內(nèi)阻的影響， 則物重的測量值小于 （選填“大于”、“小于”或“等于） 真實 值.考點：伏安法測電阻.專題：實驗題.分析：本題通過估算首先舍去電壓表，再根據(jù)歐姆定律即可做出判斷；題根據(jù)歐姆定律列出表達式求解即可； 題根據(jù)一次函數(shù)概念即可求解；題根據(jù)歐姆定律和閉合電路歐姆定律求解即可，考慮電壓表內(nèi)阻影響時，列出準確的表達式，然后比較即可.解答： 解：若J是電壓表K為電流表時，根據(jù)圖丙可知壓敏電阻的最大值為16Q ,通過壓敏電阻

26、的電流可為i=J1a=0 9A，遠大于電流表的量程，所以不能使用電壓表，由 R 16于電流表 度的內(nèi)阻為確定值，可當做電壓表來用，其滿偏電壓為U=I#=0.3X10V=3V,221一一U 3一，可求出通過壓敏電阻的最大電流為工 =-A=0.375A ,通過K的電流可為吟R 811bninT =1+i =0.375+0.3=0.675A，所以K應是電流表 ,即J、K分別是 人和；根據(jù)歐姆定律應有:a *r b=a+解得R=.吟.b -相R- F 圖象的斜率 k承 - 16 = _ 2,貝U R=kF+16=- 2F+16;4-0根據(jù)閉合電路歐姆定律應有E=U+I ( R+r)根據(jù)歐姆定律應有 U

27、=Irq聯(lián)立兩式解得 R=4Q，代入R=- 2F+16可得F=6.0N ;若考慮電壓表內(nèi)阻影響，由于電壓表的分流作用，通過電源的實際電流應大于衛(wèi)的值，即 應有E=U+ (*) (R古聞山 真比較兩式可得 RR真，再根據(jù)R=-2F+16可知物重的測量值小于真實值；故答案為：a , L；-2F+16;6.0,小于與 A1 b- a點評：應明確：選擇電表時應根據(jù)電路圖進行估算，符合歐姆定律和串并聯(lián)規(guī)律的接法才符合要求；涉及到圖象問題，應明確圖象斜率和截距的含義.圖甲是利用傳送帶裝運煤塊的示意圖，傳送帶右輪軸頂端與運煤車底板間的豎直高度差 H=1.8m.現(xiàn)傳送帶以某一速度 vo勻速運動，在傳送帶左端由

28、靜止釋放一煤塊(可視為重點)當煤塊運動到左輪軸頂端后做平拋運動，其落在運煤車底板上的位置相對傳送帶右輪軸的水平距離x=1.2m,已知煤塊在傳送帶上運動的v-t圖象如圖乙所示，圖中 to=0.25s,取2g=10m/s .求：(1 )傳送帶速度Vo的大?。?2)煤塊在傳送帶上劃出的痕跡長度L.考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關系.專題：牛頓運動定律綜合專題.分析：(1)煤塊平拋運動的初速度等于傳送帶勻速運動的速度，根據(jù)高度求出平拋運動的時間，再根據(jù)水平位移求出平拋運動的初速度.(2)由牛頓第二定律求解加速度，再由速度公式可求得時間，由位移公式即可求得各自的位移；即可求得相對位移，

29、即痕跡長度.解答： 解：(1)由平拋運動的規(guī)律，得：x=vtH= 一 -2s代入數(shù)據(jù)解得：v=2m/s（2）由牛頓第二定律 F=ma得： 2 a=g=8m/s ,煤塊沿傳送帶做初速度為零的勻加速直線運動的時間：煤塊的位移：.相等時間內(nèi)傳送帶的位移：X2=vt=2 X0.25=0.5m則相對運動的位移：L=X2 - xi=0.5 - 0.25=0.25m答：（1）傳送帶的速度為 2m/s；（2）煤塊在傳送帶上劃出的痕跡長度L為0.25m；結合牛頓第二定律、功能關系以點評：解決本題的關鍵理清煤塊在整個過程中的運動情況， 及運動學公式進行求解. （19分）如圖所示，光滑桿 AB長為L,其B端固定一根

30、勁度系數(shù)為k=100N/m,原長為l0=0.4m的輕質彈簧，質量為 m=1kg的小球套在光滑桿上并與彈簧的上端連接； OO為過 B 點的豎直軸，桿與水平面間的夾角始終為 。=37 （取g=10m/s：sin37 =0.6, cos37 =0.8）（1）當桿保持靜止狀態(tài)，在彈簧處于原長時，靜止釋放小球，求小球速度最大時彈簧的壓縮量1；（2）當球隨桿一起繞 oo軸以角速度 W0=_1ngi亙亞勻速轉動時，小球恰好能穩(wěn)定 cos 8 V L在桿上的某一位置 P處（圖中未畫出）.保持030不變，小球受輕微擾動后沿桿上滑，到最 高點A時其沿桿對其所做的功 W （結果用m g、Vy、。、L表示）考點：向心

31、力.專題：勻速圓周運動專題.分析：（1）當小球的加速度為零時，速度最大，結合平衡求出彈簧的壓縮量.（2）根據(jù)牛頓第二定律求出小球做勻速轉動時距離B點的距離，求出此時小球的動能，結合最高點的動能，運用動能定理求出桿對小球做功的大小.解答： 解：（1）當小球加速度為零時，速度最大，此時受力平衡，則有： mgsin 0 =kAl 1,解得彈簧的壓縮量為： -1 k 100（2）當桿繞OO軸以角速度 3 0勻速轉動時，設小球距離 B點L0,此時有：2ingtan qIcos ,解得：此時小球的動能為：Erq4m ( 3 qIcc15g ) 2=ngLsin6 ,小球在最高點A離開桿瞬間的動能為：Era

32、=新( &cqs9)2+vy2=mgLsin6 MM根據(jù)動能定理有： W- mg(LT) sin。=口-國，解得：WmgLsin 8 + -1invy ? 答：(1)當桿保持靜止狀態(tài)，在彈簧處于原長時，靜止釋放小球，小球速度最大時彈簧的壓縮量1 i為0.06m；(2)保持3。不變，小球受輕微擾動后7&桿上滑，到最高點A時其沿桿對其所做的功 W為點評：本題考查了動能定理、胡克定律與圓周運動的綜合，知道小球做勻速轉動時，靠徑向 的合力提供向心力，由靜止釋放時，加速度為零時速度最大，難度適中. “太空粒子探測器”由加速、偏轉和收集三部分裝置組成，其原理如圖所示：輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心半圓

33、弧靛和一芭)，圓心為0,弧薪的半徑為L, P為弧益的中點，兩圓弧間的電勢差大小為 U.足夠長的收集板 MN平行于邊界ACDB 0點到MNS的距離 0Q為Lo在邊界ACD街口收集板MN之間有一以0為圓心、L為半徑的半圓形勻強磁場.方向 垂直紙面向里.假設太空中漂浮著質量為m,電量為q的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到弧施上，并被加速電場從靜止開始加速，不汁粒子間的相互作用和其它星球對粒子引力的影響.(1)求粒子到達 0點時速度的大小；(2)若要收集板MNim攵集到粒子，求半圓形勻強磁場的磁感應強度B的大小需滿足的條件；(3)改變磁感應強度 B的大小，使得從弧 市收集到的粒子中有 工能打到MN板上(

34、不考慮3過界ACDB勺粒子再次返回磁場)，求此時吸附在弧 右(四分之一圓弧)上的粒子中，從 0 點開始運動到MNS上的最長時間t max.考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動.專題：帶電粒子在磁場中的運動專題.分析：(1)粒子在電場中加速，由動能定理可以求出速度.(2)作出粒子運動的軌跡，結合軌跡求出粒子的半徑，然后由洛倫茲力提供向心力即可求 解；(3)從屈收集到的粒子有2能打到MN板上，則剛好不能打到 MNh的粒子從磁場中出來后3速度的方向與 MN平行，則入射方向與 AB之間的夾角是60 ,作出粒子的運動軌跡，結合 幾何關系求出粒子做圓周運動的半徑，根據(jù)周期的腌篤鮮求出粒子在磁場中的時間，吸附在

35、AP上所有的粒子中，沿 OB方向射入的粒子離開磁場后路線最長，時間最長，根據(jù)幾何關系求出離開磁場后的時間，從而得出吸附在弧AP (四分之一圓弧)上的粒子中，從O點開始運動到MNS上的最長時間.解答：解：(1)帶電粒子在電場中加速，穿出電場后勻速運動到qU=-1niv2 - 0,解得v=出皿.V m(2)當沿OB方向射入的粒子經(jīng)磁場偏轉打到Q時,粒子圓周運動的半徑丁，丁。22由洛倫茲力提供向心力得，qyBn二山， r0聯(lián)立解得 為了 MNfB收集到粒子，所加磁場(3)從誣收集到的粒子有 與能打到MN板上，則剛好不能打到3速度的方向與MN平行，則入射方向與 AB之間的夾角是60 , 軌跡圓心角0

36、=60 ,o,由動能定理得MN的粒子從磁場中出來后在磁場中運動的軌跡如圖,根據(jù)幾何關系，粒子圓周運動的半徑r=L,對于所有能打在 MMS上的粒子，在磁場中運動軌跡圓心角均60 ,粒子在磁場中經(jīng)歷的時一. T間均為t i6粒子圓周運動的周期 T= 吸附在AP上所有的粒子中，沿OB方向射入的粒子離開磁場后路線最長，時間最長，如圖所由幾何關系可知,s=sinbO示.離開磁場后的時間2一丫一 3V最長時間tma）=tl+t2,聯(lián)立解得. : =_2X3v 笈/荷 L答：（1）粒子到達O點時速度的大小為儂;ID（2）半圓形勻強磁場的磁感應強度B的大小需滿足的條件為（3）吸附在弧AP （四分之一圓?。┥系牧Ｗ又?，從O