湖南省衡阳市衡阳四中高考物理一模试卷（含解析）.doc

2015年湖南省衡阳市衡阳四中高考物理一模试卷一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分其中1-8题为单选，第9-12题多选题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1两辆汽车，质量和初速度都相同，一辆沿粗糙水平路面运动，另一辆沿比较光滑的水平冰面运动，它们从减速到停止产生的热量（）a沿粗糙路面较多b沿冰面较多c一样多d无法比较2a、b是竖直墙壁，现从a墙某处以垂直于墙面的初速度v抛出一质量为m的小球，小球下落过程中与a、b进行了多次碰撞，不计碰撞过程中的能量损失下面四个选项中能正确反映下落过程中小球的水平速度vx和竖直速度vy随时间变化关系的是（）abcd3如图所示，质量m=1kg、长l=0.8m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平板与桌面间的动摩擦因数为=0.4现用f=5n的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力f做的功至少为（g取10m/s2）（）a1jb1.6jc2jd4j4质量为m的物体，在距地面h高处以的加速度由静止竖直下落到地面下列说法中正确的是（）a物体的重力势能减少mghb物体的动能增加mghc物体的机械能减少mghd重力做功mgh5在如图所示的电路中，电源的电动势为e，内电阻为rl1、l2是两个小灯泡，闭合s后，两灯均正常发光当滑动变阻器的滑片向右滑动时，会出现（）al1变暗 l2变暗bl1变亮 l2变暗cl1变亮 l2变亮dl1变暗 l2变亮6如图所示，两个木块的质量关系是ma=2mb，用细线连接后放在倾角为的光滑固定斜面上在它们沿斜面自由下滑的过程中，下列说法中正确的是（）a它们的加速度大小关系是aaabb它们的加速度大小相等，且agsinc连接它们的细线上的张力一定为零d连接它们的细线上的张力一定不为零7一航天探测器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动探测器通过喷气而获得推动力以下关于喷气方向的描述中正确的是（）a探测器加速运动时，沿直线向后喷气b探测器加速运动时，竖直向下喷气c探测器匀速运动时，竖直向下喷气d探测器匀速运动时，不需要喷气8用一根细线一端系一可视为质点的小球，另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示，设小球在水平面内作匀速圆周运动的角速度为，线的张力为t，则t随2变化的图象是（）abcd9一条形磁铁放在水平桌面上，在它的上方靠s极一侧吊挂一根与它垂直的导体棒，图中只画出此棒的横截面图，并标出此棒中的电流是流向纸内的，在通电的一瞬间可能产生的情况是（）a磁铁对桌面的压力减小b磁铁对桌面的压力增大c磁铁受到向右的摩擦力d磁铁受到向左的摩擦力10如图所示，由电动机带动的水平传送带以速度为v=2.0m/s匀速运行，a端上方靠近传送带料斗中装有煤，打开阀门，煤以流量为q=50kg/s落到传送带上，煤与传送带达共同速度后被运至b端，在运送煤的过程中，下列说法正确的是（）a电动机应增加的功率为100wb电动机应增加的功率为200wc在一分钟内因煤与传送带摩擦产生的热为6.0103jd在一分钟内因煤与传送带摩擦产生的热为1.2104j11如图所示，在场强大小为e的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在o点把小球拉到使细线水平的位置a，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成=60的位置b时速度为零以下说法正确的是（）a小球重力与电场力的关系是mg=eqb小球重力与电场力的关系是eq=mgc球在b点时，细线拉力为t=mgd球在b点时，细线拉力为t=2eq12地面附近，存在着一有界电场，边界mn将某空间分成上下两个区域、，在区域中有竖直向上的匀强电场，在区域中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球a，如图甲所示，小球运动的vt图象如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则（）a在t=2.5s时，小球经过边界mnb小球受到的重力与电场力之比为3：5c在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等d在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小二、填空题（共16分）131999年7月12日，日本原子能公司所属敦贺湾核电站由于水管破裂导致高辐射冷却剂外流，在检测此次重大事故中应用了非电量变化（冷却剂外泄使管中液面变化）转移为电信号的自动化测量技术如图是一种通过检测电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图容器中装有导电液体，是电容器的一个电极，芯柱外面套有绝缘管（塑料或橡皮）作为电介质，电容器的两个电极分别用导线接在指示器上，指示器上显示的是电容的大小，但从电容的大小就可知容器中液面位置的高低由此作出下面的判断：如果指示器显示出电容增大了，则两电极正对面积（填“增大”、“减小”或“不变”），必为液面（“升高”、“降低”或“不变”）14如图所示，质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆轨道上做圆周运动圆半径为r，小球经过轨道最高点时刚好不脱离圆环，则其通过最高点时，小球对圆环的压力大小等于小球受到的向心力大小等于小球的线速度大小等于小球的向心加速度大小等于（重力加速度g已知）15如图所示，a、b、c、d是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知a、b、c三点的电势分别为ua=15v，ub=3v，uc=3v，由此可知d点电势ud=v；若该正方形的边长为a=2cm，且电场方向与正方形所在平面平行，则场强为e=v/m三、计算题（12分+12分+12分，共36分解答时应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得分，有数值计算的题，答案中须明确写出数值和单位）16如图所示，细绳长为l，吊一个质量为m的铁球（可视作质点），球离地的高度h=2l，当绳受到大小为2mg的拉力时就会断裂绳的上端系一质量不计的环，环套在光滑水平杆上，现让环与球一起以速度向右运动，在a处环被挡住而立即停止，a离墙的水平距离也为l求在以后的运动过程中，球第一次碰撞点离墙角b点的距离是多少？17宇航员在一行星上以10m/s的速度竖直上抛一质量为0.2kg的物体，不计阻力，经2.5s后落回手中，已知该星球半径为7220km（1）该星球表面的重力加速度g多大？（2）要使物体沿水平方向抛出而不落回星球表面，沿星球表面抛出的速度至少是多大？（3）若物体距离星球无穷远处时其引力势能为零，则当物体距离星球球心r时其引力势能ep=（式中m为物体的质量，m为星球的质量，g为万有引力常量）问要使物体沿竖直方向抛出而不落回星球表面，沿星球表面抛出的速度至少是多大？18如图所示，足够长的光滑斜面倾角=30，一个带正电、电量为q的物体停在斜面底端b现在加上一个沿斜面向上的场强为e的匀强电场，在物体运动到a点时撤销电场，那么：（1）若已知ba距离x、物体质量m，则物体回到b点时速度大小多少？（2）若已知物体在斜面上运动总时间是加电场时间的2倍，则物体质量m是多少？（重力加速度g已知）2015年湖南省衡阳市衡阳四中高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分其中1-8题为单选，第9-12题多选题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1两辆汽车，质量和初速度都相同，一辆沿粗糙水平路面运动，另一辆沿比较光滑的水平冰面运动，它们从减速到停止产生的热量（）a沿粗糙路面较多b沿冰面较多c一样多d无法比较【考点】功能关系【分析】根据能量的转化与守恒：汽车减小的动能转化为内能【解答】解：根据能量的转化与守恒：两辆汽车减小的动能均全部转化为摩擦产生的热量，两辆汽车，质量和初速度都相同，则初动能相同，则至静止时减少的动能相同，故产生的热量相同故选：c【点评】系统的机械能减小转化为内能，由能量守恒定律求得热量2a、b是竖直墙壁，现从a墙某处以垂直于墙面的初速度v抛出一质量为m的小球，小球下落过程中与a、b进行了多次碰撞，不计碰撞过程中的能量损失下面四个选项中能正确反映下落过程中小球的水平速度vx和竖直速度vy随时间变化关系的是（）abcd【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，在水平方向小球除了碰撞外，不受力，速度的大小不变，在竖直方向上仅受重力，做自由落体运动【解答】解：小球在竖直方向上仅受重力，做自由落体运动，速度随时间均匀增大在水平方向除了碰撞，不受作用力，速度的大小不变，方向碰撞时发生改变故b正确，a、c、d错误故选b【点评】解决本题的关键掌握处理曲线运动的方法，关键将小球分解为水平方向和竖直方向，通过两个方向上的受力，判断物体的运动规律3如图所示，质量m=1kg、长l=0.8m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平板与桌面间的动摩擦因数为=0.4现用f=5n的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力f做的功至少为（g取10m/s2）（）a1jb1.6jc2jd4j【考点】功的计算；共点力平衡的条件及其应用【分析】要使力f做的功最少就要使推力作用时间最短，推力撤去后，物体减速滑行，刚好重心到达桌面边缘时，速度减为零；对木板加速和减速分别受力分析，然后根据牛顿第二定律求得加速和减速的加速度，再根据运动学公式列式求出力作用的位移，再根据恒力做功公式求解【解答】解：加速时，对木板受力分析，受到重力、支持力、推力f和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有fmg=ma1解得：a1=1m/s2减速时，对木板受力分析，受到重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：mg=ma2解得：a2=4m/s2木板先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，到达桌面边缘时，速度减为零，设最大速度为v，根据位移速度公式，有解得：x1=0.32mw=fx1=1.6j故选：b【点评】本题关键是找出作用时间最短的临界过程，然后先根据牛顿第二定律求解出加速过程和减速过程的加速度，再根据运动学公式列式求出力作用的位移，再根据恒力做功公式求解4质量为m的物体，在距地面h高处以的加速度由静止竖直下落到地面下列说法中正确的是（）a物体的重力势能减少mghb物体的动能增加mghc物体的机械能减少mghd重力做功mgh【考点】功能关系；重力势能；机械能守恒定律【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】物体以的加速度向下运动，对物体受力分析可知，物体受到重力之外，一定还受到向上的拉力的作用，根据力对物体的做功的情况，可以分析物体的能量的变化的情况【解答】解：对物体受力分析可知，mgf=m，所以f=mg，a、物体下降h时，重力做的功为mgh，所以物体的重力势能减少mgh，所以a错误，d错误；b、由动能定理可得，w总=ek，即mgh=ek，所以物体的动能增加为mgh，所以b正确；c、物体下降h时，外力做的功为fh=mgh，所以物体的机械能减少mgh，所以c错误；故选b【点评】功是能量转化的量度，有多种表现形式：重力做功是重力势能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变化的量度5在如图所示的电路中，电源的电动势为e，内电阻为rl1、l2是两个小灯泡，闭合s后，两灯均正常发光当滑动变阻器的滑片向右滑动时，会出现（）al1变暗 l2变暗bl1变亮 l2变暗cl1变亮 l2变亮dl1变暗 l2变亮【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】图中灯l2与滑动变阻器先并联，再与灯l1串联；根据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，可判断灯l1亮度如何变化；根据电路中电流变化，判断出并联电压如何变化，即分析灯l2亮度如何变化【解答】解：由电路图可知，当滑动变阻器的滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路的总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流i变小，灯l1电阻rl1不变，由pl1=i2rl1可知，灯l1的实际功率变小，因此灯l1变暗；干路电流i变小，电源内阻r、灯l1电阻rl1不变，则并联电压u并=ei（r+rl1）变大，灯l2电阻rl2不变，灯l2的实际功率变大，则灯l2变亮；故d正确；故选：d【点评】本题是一道闭合电路的动态分析题，闭合电路的动态分析题是高中物理的常考问题，要掌握其解题思路，首先根据电路电阻变化情况由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，再由部分电路欧姆定律判断电源内电压如何变化，路端电压如何变化，然后应用串并联电路特点与规律、部分电路的欧姆定律、电功与电功率公式分析答题6如图所示，两个木块的质量关系是ma=2mb，用细线连接后放在倾角为的光滑固定斜面上在它们沿斜面自由下滑的过程中，下列说法中正确的是（）a它们的加速度大小关系是aaabb它们的加速度大小相等，且agsinc连接它们的细线上的张力一定为零d连接它们的细线上的张力一定不为零【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】先以整体为研究对象进行分析，可求得整体的加速度；再用隔离法分析绳子的张力【解答】解：a、b、对整体受力分析可知，整体受重力、弹力；将重力沿斜面和垂直于斜面进行分析，则支持力与重力垂直于斜面的分力相平衡，由牛顿第二定律可知：（ma+mb）gsin=（ma+mb）a解得：a=gsin；两物体的加速度相等故a、b错误c、d、对b分析，可知b受到的合力f=mba=mbgsin；f=t+mbgsin故说明细绳的张力t为零；故c正确，d错误；故选c【点评】本题为简单的连接体问题，注意正确选取研究对象，一般先对整体分析可得出加速度，若分析内力时应采用隔离法进行分析7一航天探测器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动探测器通过喷气而获得推动力以下关于喷气方向的描述中正确的是（）a探测器加速运动时，沿直线向后喷气b探测器加速运动时，竖直向下喷气c探测器匀速运动时，竖直向下喷气d探测器匀速运动时，不需要喷气【考点】万有引力定律及其应用；力的合成与分解的运用【专题】压轴题；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题【分析】探测器由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行时，受到月球竖直向下的万有引力及沿气体喷气方向相反的反冲力，在两个力的合力作用下运动，再由探测器的运动状态来判断反冲力的方向，进而判断喷气方向【解答】解：a、b：探测器由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行加速运动时，加速度的方向沿直线与速度方向相同，即合力的方向也沿直线与速度方向相同，而受到月球的万有引力方向竖直向下，所以，反冲力方向与运动直线成一角度斜向上，那么，喷气方向与运动直线成一角度斜向下，选项a、b错误 c、d：探测器匀速运动，受力平衡，合力为零，已知受到的月球的万有引力竖直向下，则受到的气体的反冲力竖直向上，因此，探测器竖直向下喷气，选项c正确，选项d错误 故选：c【点评】解答本题把握好：探测器受到两个力，一是竖直向下的月球万有引力，另一个是喷气的反冲力，由探测器的运动状态结合力的合成平行四边形法则来确定反冲力的方向，自然喷气的方向就确定了8用一根细线一端系一可视为质点的小球，另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示，设小球在水平面内作匀速圆周运动的角速度为，线的张力为t，则t随2变化的图象是（）abcd【考点】匀速圆周运动；向心力【分析】分析小球的受力，判断小球随圆锥作圆周运动时的向心力的大小，进而分析t随2变化的关系，但是要注意的是，当角速度超过某一个值的时候，小球会飘起来，离开圆锥，从而它的受力也会发生变化，t与2的关系也就变了【解答】解：设绳长为l，锥面与竖直方向夹角为，当=0时，小球静止，受重力mg、支持力n和绳的拉力t而平衡，t=mgcos0，所以a项、b项都不正确；增大时，t增大，n减小，当n=0时，角速度为0当0时，由牛顿第二定律得，tsinncos=m2lsin，tcos+nsin=mg，解得t=m2lsin2+mgcos；当0时，小球离开锥子，绳与竖直方向夹角变大，设为，由牛顿第二定律得tsin=m2lsin，所以t=ml2，可知t2图线的斜率变大，所以c项正确，d错误故选：c【点评】本题很好的考查了学生对物体运动过程的分析，在转的慢和快的时候，物体的受力会变化，物理量之间的关系也就会变化9一条形磁铁放在水平桌面上，在它的上方靠s极一侧吊挂一根与它垂直的导体棒，图中只画出此棒的横截面图，并标出此棒中的电流是流向纸内的，在通电的一瞬间可能产生的情况是（）a磁铁对桌面的压力减小b磁铁对桌面的压力增大c磁铁受到向右的摩擦力d磁铁受到向左的摩擦力【考点】安培力【分析】以导线为研究对象，根据电流方向和磁场方向判断所受的安培力方向，再根据牛顿第三定律，分析磁铁所受的支持力和摩擦力情况来选择【解答】解：以导线为研究对象，由左手定则判断得知导线所受安培力方向斜向左下方，根据牛顿第三定律得知，导线对磁铁的安培力方向斜向右上方，磁铁有向右运动的趋势，受到向左的摩擦力，同时磁铁对地的压力减小故ad正确，bc错误故选：ad【点评】本题考查灵活运用牛顿第三定律选择研究对象的能力关键在于先研究导线所受安培力10如图所示，由电动机带动的水平传送带以速度为v=2.0m/s匀速运行，a端上方靠近传送带料斗中装有煤，打开阀门，煤以流量为q=50kg/s落到传送带上，煤与传送带达共同速度后被运至b端，在运送煤的过程中，下列说法正确的是（）a电动机应增加的功率为100wb电动机应增加的功率为200wc在一分钟内因煤与传送带摩擦产生的热为6.0103jd在一分钟内因煤与传送带摩擦产生的热为1.2104j【考点】功能关系；牛顿第二定律【专题】压轴题；传送带专题【分析】煤流到传送带上后，在摩擦力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，摩擦力对煤做正功，对传送带做负功，传送带多做的功转化为煤的动能以及系统之间产生热量，正确分析煤块的运动情况，利用功能关系可正确解答本题【解答】解：设足够小的时间t内落到传送带上煤的质量为m，显然q=m/t；这部分煤由于摩擦力f的作用被传送带加速，由功能关系得：煤块在摩擦力作用下加速前进，因此有：传送带的位移为：s传=vt相对位移为：s=s传s=s，由此可知煤的位移与煤和传送带的相对位移相同，因此摩擦生热为：传送带需要增加的能量分为两部分：第一部分为煤获得的动能，第二部分为传送带克服摩擦力做功保持传送带速度所以传送带t内增加的能量e为：功率：，由此可知a错误，b正确由前面的分析可知单位时间内产生的热量为：因此一分钟产生的热量为：，故c正确，d错误故选bc【点评】传送带问题是高中物理中的一个重要题型，解答这类问题重点做好两类分析：一是运动分析，二是功能关系分析11如图所示，在场强大小为e的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在o点把小球拉到使细线水平的位置a，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成=60的位置b时速度为零以下说法正确的是（）a小球重力与电场力的关系是mg=eqb小球重力与电场力的关系是eq=mgc球在b点时，细线拉力为t=mgd球在b点时，细线拉力为t=2eq【考点】匀强电场；力的合成与分解的运用；向心力；动能定理的应用；电势能【专题】压轴题；电场力与电势的性质专题【分析】类比单摆，小球从a点静止释放，运动到b点速度为0，说明弧ab的中点是运动的最低点，对小球进行受力分析，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，再根据几何关系可以求出eq，球到达b点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析，再根据几何关系即可解题【解答】解：（1）类比单摆，根据对称性可知，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30，根据三角函数关系可得：qesin30=mgcos30，化简可知eq=mg，选项a错误、b正确；（2）小球到达b点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：t=qecos60+mgsin60，故细线拉力t=mg，选项c正确、d错误故选bc【点评】本题要求同学们能正确进行受力，并能联想到已学的物理模型，根据相关公式解题12地面附近，存在着一有界电场，边界mn将某空间分成上下两个区域、，在区域中有竖直向上的匀强电场，在区域中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球a，如图甲所示，小球运动的vt图象如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则（）a在t=2.5s时，小球经过边界mnb小球受到的重力与电场力之比为3：5c在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等d在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀变速直线运动的图像；功能关系【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界mn的时刻分别求出小球进入电场前、后加速度大小，由牛顿第二定律求出重力与电场力之比根据动能定理研究整个过程中重力做的功与电场力做的功大小关系整个过程中，小球的机械能与电势能总和不变【解答】解：a、小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界mn的时刻是t=1s时故a错误b、由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为a1=v1、进入电场后的加速度大小为a2=，由牛顿第二定律得：mg=ma1=mv1fmg=ma2得电场力：f=mg+ma2=由得重力mg与电场力f之比为3：5故b正确c、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等故c正确d、整个过程中，小球具有两种形式的能：机械能与电势能，根据能量守恒定律得知，它们的总和不变故d错误故选bc【点评】本题一要能正确分析小球的运动情况，抓住斜率等于加速度是关键；二要运用牛顿第二定律和动能定理分别研究小球的受力情况和外力做功关系二、填空题（共16分）131999年7月12日，日本原子能公司所属敦贺湾核电站由于水管破裂导致高辐射冷却剂外流，在检测此次重大事故中应用了非电量变化（冷却剂外泄使管中液面变化）转移为电信号的自动化测量技术如图是一种通过检测电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图容器中装有导电液体，是电容器的一个电极，芯柱外面套有绝缘管（塑料或橡皮）作为电介质，电容器的两个电极分别用导线接在指示器上，指示器上显示的是电容的大小，但从电容的大小就可知容器中液面位置的高低由此作出下面的判断：如果指示器显示出电容增大了，则两电极正对面积增大（填“增大”、“减小”或“不变”），必为液面升高（“升高”、“降低”或“不变”）【考点】电容器的动态分析【专题】电容器专题【分析】根据电容器的决定式知，电容随着两电极正对面积增大而增大，即可知道液面高度的变化情况【解答】解：两电极正对面积时，根据电容器的决定式可知，电容增大，说明液面升高故答案为：增大，升高【点评】本题关键掌握电容器的决定式，知道电容与哪些因素有关14如图所示，质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆轨道上做圆周运动圆半径为r，小球经过轨道最高点时刚好不脱离圆环，则其通过最高点时，小球对圆环的压力大小等于0小球受到的向心力大小等于mg小球的线速度大小等于小球的向心加速度大小等于g（重力加速度g已知）【考点】向心力；牛顿第二定律【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环，轨道对小球的弹力为零，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球的速度【解答】解：小球经过轨道最高点时刚好不脱离圆环，则其通过最高点时，仅靠重力提供向心力，小球对圆环的压力大小等于0；小球受到的向心力大小等于mg；由mg=m，得v=；小球的向心加速度大小a=g故答案为：0，mg，g【点评】解决本题的关键知道在最高点的临界情况，运用牛顿第二定律进行求解15如图所示，a、b、c、d是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知a、b、c三点的电势分别为ua=15v，ub=3v，uc=3v，由此可知d点电势ud=9v；若该正方形的边长为a=2cm，且电场方向与正方形所在平面平行，则场强为e=450v/m【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析】连接ac，在ac上找出与b点等电势点，作出等势线，再过d作出等势线，在ac线上找出与d等势点，再确定d点的电势根据电场线与等势面垂直垂直画出电场线，根据u=ed计算电场强度【解答】解：匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化都相等，故连接ac，将ac三等分，标上三等分点e、f，则根据匀强电场中沿电场线方向相等距离，电势差相等可知，e点的电势为3v，f点的电势为9v连接be，则be为一条等势线，根据几何知识可知，dfbe，则df也是一条等势线，所以d点电势ud=9v如图作出一条过a点的电场线（红线）根据几何知识得：ae=在aeb中，由正弦定理得：而uab=eabsin，ab=a=2cm联立解得：e=450v/m故答案为：9；450【点评】本题关键是抓住匀强电场中沿着任意方向每前进相同的距离电势变化相等，电场线与等势面垂直以及公式u=ed分析计算三、计算题（12分+12分+12分，共36分解答时应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得分，有数值计算的题，答案中须明确写出数值和单位）16如图所示，细绳长为l，吊一个质量为m的铁球（可视作质点），球离地的高度h=2l，当绳受到大小为2mg的拉力时就会断裂绳的上端系一质量不计的环，环套在光滑水平杆上，现让环与球一起以速度向右运动，在a处环被挡住而立即停止，a离墙的水平距离也为l求在以后的运动过程中，球第一次碰撞点离墙角b点的距离是多少？【考点】向心力；牛顿第二定律；平抛运动【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】小球先向右做匀速直线运动，环停止后绳断开做平抛运动，要判断先撞墙还是先落地，根据平抛运动的分位移公式列式求解即可【解答】解：环被a挡住的瞬间 解得f=2mg，故绳断，之后小球做平抛运动；设小球直接落地，则，球的水平位移x=t=2ll，所以小球先与墙壁碰撞；球平抛运动到墙的时间为t，则，小球下落高度；碰撞点距b的距离；答：球第一次碰撞点离墙角b点的距离是【点评】本题关键分析清楚小球的运动规律