2021-2022學年廣東省珠海某中學、東莞第六某中學、河源某中學、中山某中學高三（上）第四次聯(lián)考物理試卷（附詳解）

2021-2022學年廣東省珠海實驗中學、東莞第六高級中學、

河源高級中學、中山實驗中學高三（上）第四次聯(lián)考物理

試卷

一、單選題（本大題共7小題，共28.（）分）

1.某興趣小組研究地面傾斜對電子秤測量體重的影響。如圖所示，某同學站在電子秤

上測量體重，電子秤所在地面有一小坡度，電子秤平面與坡面平行，顯示26.1kg,

重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是（）

A.電子秤測的是小孩受到的重力

B.該同學的體重小于261N

C.電子秤對小孩的作用力與重力平衡

D.該同學不一定受摩擦力作用

2.如圖所示，把兩個相同的小球從離地面相同高度處，

以相同大小的初速度%分別沿水平方向和豎直向上"一。B

方向拋出，不計空氣阻力。則下列說法中正確的是

（）

A.兩小球落地時動量相同

B.兩小球落地時，重力的瞬時功率相同

C.從小球拋出到落地，重力對兩小球做的功相等

D.從小球拋出到落地，重力對兩小球做功的平均功率相等

3.2016年10月19日凌晨3點31分，在離地球393公里的軌

道上飛行了一個多月、繞地球500多圈的“天宮二號

終于等來了他的小伙伴一一“神舟十一號”，他們在

太空牽手，完成了交會對接，航天員景海鵬和陳冬進入

天宮二號，交會對接前“天宮二號”和“神舟十一號”均繞地球做勻速圓周運動，

其軌道如圖所示。關(guān)于交會對接前“天宮二號”和“神州十一號”各自的運行情況,

下列說法中正確的是（）

A.神舟十一號的運行速度小于天宮二號的運行速度

B.神舟十一號的運行周期小于天宮二號

C.神舟十一號和天宮二號的速度都大于地球的第一宇宙速度

D.神舟十一號必須減速才能與天宮二號交會對接

4.一個物塊放置在粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F隨時間t變化的關(guān)系如圖甲所

示，速度"隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示，g=10m/s2,則由圖中信息可判定（）

ip乙

A.0?2s內(nèi)物塊所受摩擦力a=8N

B.物塊的質(zhì)量為4kg

C.物塊在前6s內(nèi)的平均速度為3m/s

D.物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)〃=0.4

如圖所示，當電路里滑動變阻器的滑動觸頭P向下

滑動時（）

A.電壓表的讀數(shù)減小

B.%消耗的功率增大

C.電容器C兩端的電壓增大

D.電容器C兩極板間的電場強度減小

6.質(zhì)量為400kg的賽車在平直賽道上以恒定功率加速，受』…一

到的阻力不變，其加速度a和速度的倒數(shù)工的關(guān)系如圖所。------二Lg.j廠，

VOIII?

示，則賽車（）

A.速度隨時間均勻增大

B.加速度隨時間均勻增大

C.輸出功率為60AW

第2頁，共18頁

D.所受阻力大小為1600N

7.如圖甲所示是家用滾筒式洗衣機，滾筒截面視為半

徑為R的圓。在洗衣機脫水時，有一衣物（可視為質(zhì)

點）緊貼筒壁在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，如圖

乙所示，4、C為滾筒的最高和最低點，B、D為與

圓心等高點。重力加速度為g。則下列說法正確的

是（）

A.衣物在4、B、C、0四處對筒壁的壓力大小相等

B.衣物在B、。兩處所受摩擦力方向相反

C.要保證衣物能始終貼著筒壁，則滾筒勻速轉(zhuǎn)動的角速度不得小于J

D.滾筒勻速轉(zhuǎn)動的速度越大，衣物在C處和4處對筒壁的壓力的差值也越大

二、多選題（本大題共3小題，共18.0分）

8.如圖所示的u-/圖象中，直線I為某電源路端電壓與電流的關(guān)系圖線，直線n為

某一電阻R的U-/圖線。用該電源與電阻R連接成閉合電路，由圖象可知（）

A.R的阻值為1.5。B.電源電動勢為3.0V,內(nèi)阻為1.50

C.電源的輸出功率為3.0勿D.電阻R消耗的功率為1.5小

9.如圖實線為一簇未標明方向的電場線，虛線為一帶電粒子

僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，4、B是軌跡

上的兩點。下列說法正確的是（）

A.4點的電勢一定比B點低

B.4點的電場強度比B點大

C.帶電粒子在4點的動能比8點大

D.帶電粒子在4點的電勢能比B點高

10.如圖所示，將一長為h的光滑輕桿固定在與水平地面垂

直的墻角，輕桿與水平面的夾角為53。，B為AC的中點。

在墻角。固定一輕彈簧，使輕彈簧另一端與一帶孔的金

屬小球相連，小球穿過輕桿?，F(xiàn)將小球從輕桿頂端自由

釋放，小球能到達輕桿底端。已知小球經(jīng)過B點時彈簧

處于原長,?！辏┡cAC垂直，小球質(zhì)量為m,重力加速度為g=10m/s2,cos53°=0.6,

下列說法正確的是（）

A.小球經(jīng)過B點和。點時加速度大小均為8m/s2

B.小球從4點運動到C點的過程中小球的機械能先減小后增大

C.小球運動到C點時的動能等于mg/i

D.小球從4點運動到C點的過程中小球的動能和彈簧彈性勢能之和一直增大

三、填空題（本大題共1小題，共8.0分）

11.某同學用伏安法測一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻，現(xiàn)備有下列器材:

A.被測干電池一節(jié)

電流表1：量程0?0.64內(nèi)阻約0.30

C.電流表2：量程07）.64,內(nèi)阻約為10。

/）.電壓表1：量程0?3V,內(nèi)阻未知

E.電壓表2：量程0?15V,內(nèi)阻未知

F.滑動變阻器1：0?100,2A

G.滑動變阻器2：0?1000,1A

，.開關(guān)、導線若干

伏安法測電池電動勢和內(nèi)阻的實驗中，由于電流表和電壓表內(nèi)阻的影響，測量結(jié)果

存在系統(tǒng)誤差；在現(xiàn)有器材的條件下，要盡可能準確地測量電池的電動勢和內(nèi)阻.

（1）在上述器材中請選擇適當?shù)钠鞑?：（填寫選項前的字母）；

（2）實驗電路圖應(yīng)選擇圖中的（填“甲”或“乙”）；

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(3)根據(jù)實驗中電流表和電壓表的示數(shù)得到了如圖內(nèi)所示的U-/圖象，干電池的電

動勢E=V,內(nèi)電阻r=H.

四、實驗題(本大題共1小題，共7.0分)

12.某同學設(shè)計如圖(a)所示的電路圖來進行有關(guān)電學實驗，其中a、b為粗細均勻的金

屬絲，孔為保護電阻。

(1)按電路圖在圖(b)中完成實物連線；

(2)用螺旋測微器測得金屬絲直徑如圖(c)所示，其讀數(shù)為；

(3)電路連接正確后，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)P的位置，記錄aP長度”與對應(yīng)的電壓表示數(shù)

U和電流表示數(shù)/.將記錄的數(shù)據(jù)描點在如圖(d)的坐標紙上。

①在圖(d)上作出苫一％關(guān)系圖線。

②由苫-X圖線求得電流表的內(nèi)阻？=0和金屬絲的電阻率p與其橫截面積S

的比值(=_____0?rn-i.(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)

(>O.IO"劃<).：?><?,M>l?.M)O.MI

(d)

五、計算題(本大題共3小題，共39.0分)

13.如圖，一不可伸長的輕繩上端懸掛于。點，下端系一質(zhì)量

m=1.0kg的小球.現(xiàn)將小球拉到4點(保持繩繃直)由靜止

釋放，當它經(jīng)過B點時繩恰好被拉斷，小球平拋后落在水

平地面上的C點.地面上的。點與0B在同一豎直線上，己

知繩長L=1.0m,B點離地高度4=1.0m,力、B兩點的高度差九=0.5m，重力加

速度g取10m/s2,不計空氣影響，求：

(1)地面上DC兩點間的距離s；

(2)輕繩所受的最大拉力大小.

14.如圖所示，一個帶電粒子(不計重力)，從圖中的A點以速度以，豎直向上進入一個

水平方向的勻強電場中，粒子運動到B點時，速度方向與電場方向成。角。已知該

粒子的質(zhì)量為小，帶電量為q,電場強度為E。求：

(1)粒子在8點的速度大小外；

(2)粒子從4點運動到B點的時間t；

(3)4、B兩點間的電勢差小”

15.如下圖所示，裝置的左邊是足夠長的光滑水平臺面，一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連

接著質(zhì)量M=3kg的小物塊4裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等

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高，并能平滑對接，傳送帶始終以v=3m/s的速度逆時針轉(zhuǎn)動。裝置的右邊是一

段光滑的水平臺面連接的光滑曲面，質(zhì)量?n=1kg的小物塊B從其上距水平臺面九=

1.0m處由靜止釋放。已知物塊8與傳送帶之間的摩擦因數(shù)〃=0.2,傳送帶的長度1=

1.0m?設(shè)物塊4、B之間發(fā)生的是對心彈性碰撞，第一次碰撞前物塊4靜止且處于平

衡狀態(tài)，取g=10m/s2o

(1)求物塊B剛滑上傳送帶時的速度大小，和物塊B與物塊4第一次碰撞前的速度大

??；

(2)物塊8與物塊4第一次碰撞后到再次碰撞前與傳送帶的摩擦生熱；

(3)如果物塊48每次碰撞后，物塊4再回到平衡位置時都會立即被鎖定，而當他

們再次碰撞前鎖定被解除，求出物塊B第n次碰撞后的動能&n。

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：4電子秤測得是同學對秤的壓力，并非重力，故A錯誤；

8.對小孩做受力分析，可知FN=GCOS。。電子秤顯示26.1kg,則同學對電子秤的正壓力

為氐=26.1xION=261N,所以可得G>261N,故B錯誤；

。.由于同學靜止不動，故其受到的靜摩擦力大小為f=Gsin。，。錯誤；

C.小孩在重力、支持力、摩擦力三個力的作用下處于平衡狀態(tài)，電子稱對小孩的作用力

有支持力和摩擦力，故電子稱對小孩的作用力與重力平衡，故C正確；

故選：Co

正確對小孩做出受力分析是解決該題的依據(jù)，其次明確電子稱對小孩的作用力有支持力

與摩擦力兩個力。

熟知相互作用力與平衡力的相關(guān)概念。

該題考察受力分析與共點力平衡問題，掌握三個力的平衡是解決本題的關(guān)鍵。

2.【答案】C

【解析】解：4、因速度是矢量，兩小球落地速度方向不同，所以速度不同，動量P=nw

不同，故A錯誤；

8、重力的功率可以表示為P=7ngvsin。,4球落地與豎直方向有夾角，故兩小球落地時，

重力的瞬時功率不相同，故8錯誤；

C、兩小球從同一高度下來，重力做功相等，故C正確；

從小球拋出到落地，重力對兩小球做功相等，但落地時間不等，4球落地時間小于B

球落地時間，故。錯誤；

故選：Co

4由速度是矢量，比較兩小球落地速度方向可知兩球落地動量不同：B、力球落地與豎

直方向有夾角，故兩小球落地時，重力的瞬時功率不相同，C、兩小球從同一高度下來，

重力做功相等；。、由平均功率定義解答。

熟記并理解矢量、瞬時功率、平均功率等物理概念，求功率要注意不要漏掉速度與力夾

角的余弦，不要求方向用功能關(guān)系求解方便。

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3.【答案】B

【解析】解：萬有引力提供向心力：G-^-=m~=m(^)2r=ma

解得:吁楞①T=2兀島②3=懸③

4、由〃=呼可知半徑小的速度大，則4錯誤

B、由7=2兀叵，可知半徑小的周期小，則8正確；

7GM

C、所有衛(wèi)星的運行速度不大于第一宇宙速度，則c錯誤；

。、神舟十一號要加速做離心運動才能與天宮二號交會對接，則。錯誤；

故選：B。

人造地球衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)人造衛(wèi)星的萬有引力等于向心力，列式求出

線速度、角速度、周期和向心力的表達式。

本題考查了萬有引力的應(yīng)用，知道萬有引力提供向心力是解題的前提，應(yīng)用萬有引力公

式，牛頓第二定律可以解題，要理解衛(wèi)星、航天器變軌的原理。

4.【答案】D

【解析】解：A、0?2s內(nèi)物塊處于靜止，所受的摩擦力為靜摩擦力，f=F=4N.故A

錯誤；

B、物體做勻速直線運動時，滑動摩擦力/=8N,勻加速直線運動的加速度a=\m/s2=

2mls2,

根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)-f=ma,解得?n=個=3/g=2kg.動摩擦因數(shù)〃=卷=

卷=0.4.故3錯誤，。正確。

。、物塊在前，6s內(nèi)的位移X=；X(2+4)X4M=12TH,則平均速度的大小u=:=昔=

2t6

2m/s.故C錯誤。

故選：D。

通過0—2s物體處于靜止，根據(jù)共點力平衡求出摩擦力的大小.通過速度時間圖線圍成

的面積求出物體在前6s內(nèi)的位移，從而求出平均速度的大小.通過物體做勻速直線運動

求出滑動摩擦力的大小，根據(jù)勻加速直線運動，通過牛頓第二定律求出物體的質(zhì)量，從

而求出動摩擦因數(shù).

本題首先考查讀圖能力，其次要根據(jù)速度圖象分析物體的運動情況，這是解決本題的基

礎(chǔ).

5.【答案】C

【解析】解：C、當滑動變阻器/?2的滑動觸頭P向下滑動時，變阻器在路電阻增大，外

電路總電阻增大，干路電流減小，電源的內(nèi)電壓減小，則路端電壓增大；滑動變阻器兩

端的電壓增大，電容器C兩端的電壓增大，故C正確；

D、電容器C兩端的電壓增大，根據(jù)E=§得電容器C兩極板間的電場強度增大，故。錯

誤；

A、由4的分析可知，電壓表的讀數(shù)增大，故A錯誤；

B、干路電流減小，%消耗的功率減小，故8錯誤；

故選：Co

當滑動變阻器&的滑動觸頭P向下滑動時，變阻器在路電阻增大，外電路總電阻增大,

根據(jù)閉合電路歐姆定律分析干路電流和路端電壓的變化，即可知電壓表讀數(shù)和%消耗的

功率的變化情況。電容器的電壓等于變阻器&兩端的電壓，根據(jù)歐姆定律分析電容器電

壓的變化，即可知其電量的變化。

本題考查閉合電路歐姆定律、含容電路及功率問題，要注意正確分析電路，再由“局部

-整體-局部”的分析方法分析求解.

6.【答案】D

【解析】解：4、由圖可知，加速度變化，故做變加速直線運動，故A錯誤；

B、由a-3函數(shù)方程。=手-4,汽車加速運動，速度增大，加速度減小，故B錯誤;

CO、對汽車受力分析，受重力、支持力、牽引力和摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有：

F-f=ma

其中：F=V-

聯(lián)立得：a=2

mv

結(jié)合圖線，當物體的速度最大時，加速度為零,故結(jié)合圖象可以知道,a=0時，工=0.01,

V

v—100m/s,所以最大速度為lOOm/s

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由圖象可知：a='=4,

m

解得：/=4m=4x400=1600/V

1Pf

0--------------

400100400

解得：p=Fv=fv=1600X1001V=160KW,故C錯誤，O正確；

故選：。。

汽車恒定功率啟動，對汽車受力分析后根據(jù)牛頓第二定律列方程，再結(jié)合圖象進行分析

即可。

本題關(guān)鍵對汽車受力分析后，根據(jù)牛頓第二定律列出加速度與速度關(guān)系的表達式，再結(jié)

合圖象進行分析求解。

7.【答案】C

【解析】解：力、衣物隨滾筒一起做勻速圓周運動，合力大小不變，但四個點的受力情

2

況不同，則筒壁受到的壓力大小不同，例如在最低點年1一加9在最高點產(chǎn)稔+

R

2

mg=m—y則？NI>FN2，故A錯誤；

R

8、衣物隨滾筒一起做勻速圓周運動，水平方向上合力大小相等，則8、。位置豎直方向

上合力為零,即摩擦力的方向都與重力方向相反，故BZ）兩位置摩擦力方向都豎直向上，

故8錯誤；

C、豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，只要4點能夠貼著筒壁，則能保證衣物能始終貼著筒

壁，當在4點衣物與筒壁恰好無壓力時，重力提供向心力mg=得：u=聆故C

正確；

D、根據(jù)牛頓第二定律，在最低點尸出一mg=在最高點尸痔+m9=則?NI-

鳳2=2mg，說明衣物在C處和A處對筒壁的壓力的差值為定值，故。錯誤。

故選：Co

脫水筒做勻速圓周運動，通過受力分析找到向心力來源，由牛頓第二定律列式。根據(jù)列

出的式子進一步進行判斷即可。

本題考查了圓周運動的物體受力情況，解題的關(guān)鍵是搞清圓周運動的平面及圓心，從而

明確向心力的來源。

8.【答案】ABD

【解析】

【分析】

根據(jù)圖線I縱軸截距讀出電源的電動勢，由斜率大小讀出電源的內(nèi)阻。圖線n的斜率大

小等于電阻R的大小。兩圖線的交點表示電阻R接在該電源的電壓和電流，求出電源的

輸出功率，由P=/2R求電阻R消耗的功率。

本題抓住伏安特性曲線的斜率、截距和交點的數(shù)學意義來理解其物理意義，知道兩個圖

象的交點表示該電源與電阻R相連組成閉合電路時電路中電流和路端電壓。

【解答】

48.由圖線圖線I縱軸截距讀出電源的電動勢E=3(其斜率大小等于電源的內(nèi)阻，則

r=I與I=裝。=1.50,電阻R的阻值為R===登。=1.50，故A、B正確；

C.兩圖線的交點表示該電源直接與電阻R相連組成閉合電路時電路中電流和路端電壓，

則有U=1.5V,1=1.04電源的輸出功率為P=I//=1.5x1.0WZ=1.5W,故C錯誤；

D電阻R消耗的功率P=I2R=I2x1.5W=1.5W,故。正確；

故選ABD?

9.【答案】BC

【解析】解：4CD.根據(jù)粒子的運動軌跡可知，粒子所受的電場力大致向右，若粒子從4

到B,則電場力做負功，動能變小，粒子在4點的動能比B點大；粒子的電勢能變大，即

帶電粒子在4點的電勢能比B點低，但是由于粒子的電性未知，則不能確定兩點電勢高

低，故C正確，錯誤；

8.由于4點電場線較B點密集，可知4點的場強大于B點的場強，故8正確。

故選：BC。

根據(jù)電場線疏密程度判斷電場大小，根據(jù)粒子的運動軌跡可知粒子所受的電場力大致向

右，判斷電場力做功可知動能的變化。

本題考查電勢能與電場力做功，解題關(guān)鍵掌握根據(jù)電場線疏密程度判斷電場大小，注意

電勢的高低可以由電場線方向判斷。

10.【答案】AD

第12頁，共18頁

【解析】解：4、小球在B點時彈簧為原長，沒有彈力，小球受重力和桿的彈力；而小

球在D點時彈簧彈力與桿垂直，則可知，小球在兩點受到的合力均為zngsin53。，由牛頓

第二定律可知，加速度a=gsin53。=8m/s2,故A正確；

8、小球從4點運動到C點的過程中彈簧的彈力先做正功再做負功，故小球的機械能先增

大后減小，故B錯誤；

C、由幾何關(guān)系可知，彈簧在C點時的伸長量小于在4點時的伸長量，貝UC點的彈簧的彈

性勢能小球4點時的彈性勢能；因小球、彈簧組成的系統(tǒng)總機械能守恒，所以由4到C時，

彈簧彈性勢能的減小量與重力勢能的減小量mgh之和等于小球動能的增加量，故小球在

C點的動能一定大于mgh，故C錯誤；

。、因小球、彈簧組成的系統(tǒng)總機械能守恒，下落過程中小球的重力勢能減小，所以小

球從4點運動到C點的過程中小球的動能和彈簧彈性勢能之和一直增大，故。正確。

故選：AD.

對小球在B和。點受力分析，由牛頓第二定律即可確定加速度大??；對2C過程進行分析,

由功能關(guān)系分析小球的機械能變化，并明確小球到達C點的動能，知道小球、彈簧以及

地球組成的系統(tǒng)總的機械能守恒。

對物理過程進行受力、運動、做功分析，是解決問題的根本方法.這是一道考查系統(tǒng)機

械能守恒的好題，注意小球的機械能不守恒，但小球和彈簧組成系統(tǒng)的機械能守恒。

11.【答案】ABDFH；乙；1.5；1.0

【解析】解：(1)本實驗中必選的儀器有：4被測干電池一節(jié)；“開關(guān)、導線若干；

因電源電動勢為1.5心電流較小，為了讀數(shù)準確，所以電流表應(yīng)選擇：量程0~0.64

內(nèi)阻0.3。的B；電壓表選擇D量程0?3V,

滑動變阻器阻值較小有利于電表的數(shù)值變化，減小誤差，故選立

(2)為了減小誤差，電流表采用相對電源的外接法，故選擇圖乙；

(3)由U—/圖可知,電源的電動勢E=1.50匕

內(nèi)電阻r=半=4三=1。

故答案為：①ABDFH

②乙

③1.5,1.0

(1)實驗中要能保證安全和準確性選擇電表；

(2)本實驗應(yīng)采用電阻箱和電壓表聯(lián)合測量，由實驗原理可得出電路原理圖；

(3)由原理利用閉合電路歐姆定律可得出表達式，由數(shù)學關(guān)系可得出電動勢和內(nèi)電阻.

本題為設(shè)計性實驗，在解題時應(yīng)注意明確實驗的原理；并且要由實驗原理結(jié)合閉合電路

歐姆定律得出表達式，由圖象得出電動勢和內(nèi)電阻.

12.【答案】0.400nun2.010

【解析】解：(1)根據(jù)電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所示:

(2)由圖示螺旋測微器可知，其讀數(shù)：d=0mm+40.0x0.01mm=0.400mm；

(3)①根據(jù)描出的點可得出對應(yīng)的圖象如圖所示；

10.0

ao

6,0

io

2”

OO.IOO.2<>"JO<1.50O.frf)

②由電阻定律可得，R=P(,由歐姆定律可得：R=%

整理得：?/=PW3，苫/-x圖象斜3率：々U.o=U§=嚓照=lOO.mT,

由圖象可得：x=0時對應(yīng)的數(shù)值2.00,彳=2.0。,則電流表的內(nèi)阻為2.00；

故答案為：(1)實物電路圖如圖所示；(2)0.400rmn；(3)①圖象如圖所示；②2.0；10。

(1)根據(jù)原理圖得出對應(yīng)的實物圖；

(2)根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)方法可得出對應(yīng)的讀數(shù)；

(3)①應(yīng)用描點法作圖作出圖象；②求出圖象的函數(shù)表達式，然后根據(jù)圖象求出電阻率

與面積的比值，根據(jù)截距可求得電流表內(nèi)阻。

要掌握常用器材的使用及讀數(shù)方法，螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測

微器的示數(shù)，螺旋測微器需要估讀一位；明確實驗原理，能根據(jù)電路圖及相應(yīng)的物理規(guī)

律分析得出函數(shù)關(guān)系，同時能根據(jù)圖象分析數(shù)據(jù)，得出結(jié)論。

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13.【答案】解：(1)設(shè)小球在B點速度為也對小球從4到B由動能定理得:

1

mgh=-mv2(T)

繩子斷后，小球做平拋運動，運動時間為3則有：

H=^gt2@

0C間距離：

s=vt

解得：s=74Hh-V4x1xO.Sm?1.414m

(2)在B位置，設(shè)繩子最大拉力為F,由牛頓第二定律得：

mv2三

F-mg=-j—⑷

Lt

聯(lián)立①④得：F=2mg=2x1xION=20N

根據(jù)牛頓第三定律，有F'=F,因而輕繩所受的最大拉力為20N。

答⑴DC兩點間的距離1.414m；

(2)輕繩所受的最大拉力20/V。

【解析】本題關(guān)鍵是建立物體運動的情境，尋找物理模型，本題為圓周和平拋模型的組

口。

(1)從4到B由動能定理可得8位置時的速度，之后做平拋運動，由平拋規(guī)律求解；

(2)在B位置，由牛頓第二定律、向心力的計算可求輕繩所受的最大拉力大小。

14.【答案】解：(1)帶電粒子在電場中做類

平拋運動，在豎直方向上做勻速直線運動，

在水平方向上做初速度為零的勻加速直線運

動，將粒子在B點的速度分解，如圖所示，則

有

(2)粒子在B點時水平分速度大?。簐x=^

粒子的加速度為a=變

m

水平方向有：vx=at

可得tqEtanO

(3)粒子從4點到B點的過程，由動能定理得

qUrrAB=-1mvi2--1mv^2

可得=」喀

仃ABqtan20

答：(1)粒子在8點的速度大小如為(需。

(2)粒子從A點運動到B點的時間t為藍舞；

(3)4、B兩點間的電勢差〃B為就篇。

【解析】(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，在豎直方向上做勻速直線運動，在水平

方向上做初速度為零的勻加速直線運動，將粒子在B點的速度分解，即可求出粒子在B點

的速度大小班；

(2)根據(jù)牛頓第二定律求出粒子的加速度，由水平方向分速度公式求粒子從4點運動到B

點的時間t；

(3)根據(jù)動能定理求力、B兩點間的電勢差〃B。

本題的關(guān)鍵將帶電粒子的運動分解為豎直方向上的勻速直線運動和在水平方向上的初

速度為零的勻加速直線運動來研究，同時要結(jié)合動能定理、運動學公式列式分析。

15.【答案】解：(1)設(shè)B滑到曲面底部速度為孫，根據(jù)機械能守恒定律得：mgh=\mvl

代入數(shù)據(jù)解得：v0=2V5m/s

由于%>u=3m/s,B在傳送帶上開始做勻減速運動，設(shè)B一直減速滑過傳送帶的速度

為巧，由動能定理可得：=gm評一詔

代入數(shù)據(jù)解得：%=4m/s

由于%=4m/s仍大于u=3m/s,說明假設(shè)成立，即8與4第一次碰前速度為4m/s

(2)設(shè)第一次碰后/的速度為以1，8的速度為外1，4、B發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動

量守恒、機械能守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mv1=mvB14-MvA1

由機械能守恒定律得：=[巾詔1+[”或1

代入數(shù)據(jù)解得：vB1=-2m/s,vA1=2m/s

碰撞后8以2m/s的速度向右反彈，B在傳送帶上向右做勻減速直線運動，設(shè)8向左勻減

速運動的最大位移為小，由動能定理得：fmgxB=0-如喉

代入數(shù)據(jù)解得：xB=1.0m=lf可知8剛好滑到傳送帶右端速度變?yōu)榱?，然?向左做

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初速度為零的勻加速直線運動，由牛頓第二定律可知，8的加速度大?。篞4mg