湖北省武汉六中高三物理上学期第14次月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年湖北省武汉六中高三（上）第14次月考物理试卷一、选择题（本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全者得3分，有选错的得0分）1学习物理，更多的是要掌握物理的思想和方法，了解物理规律发现的过程，学会像科学家那样观察和思考，这往往比掌握知识本身更重要以下有关电学的研究符合事实的是（）a欧姆发现了电流通过导体时产生热效应的规律b牛顿借助扭秤装置总结出了点电荷间相互作用的规律c安培通过油滴实验测定了元电荷的数值d法拉第提出电荷周围有电场，并用简洁方法电场线描述了电场2如图5所示，一根长为l的轻质软绳一端固定在o点，另一端与质量为m的小球连接，初始时将小球放在与o点等高的a点，oa=l，现将小球由静止状态释放，则当小球运动到o点正下方时，绳对小球拉力为（）（已知：sin37=0.6，cos37=0.8）a2mgb3mgc mgd mg3某物块以80j初动能从固定斜面底端上滑，以斜面底端为零势能参考平面，到达最高点时物块的重力势能为60j物块在斜面上滑动过程中，当动能和势能恰好相等时，其机械能可能为（）a jb jc20 jd48 j4a、b、c、d是在地球大气层外的圆形轨道上运行的四颗人造卫星其中a、c的轨道相交于p，b、d在同一个圆轨道上，b、c轨道在同一平面上某时刻四颗卫星的运行方向及位置如图示下列说法中正确的是（）aa、c的加速度大小相等，且大于b的加速度bb、c的角速度大小相等，且小于a的角速度ca、c的线速度大小相等，且小于d的线速度da、c存在在p点相撞危险5用图示的电路可以测量电阻的阻值图中rx是待测电阻，r0是定值，g是灵敏度很高的电流表，mn是一段均匀的电阻丝闭合开关，改变滑动头p的位置，当通过电流表g的电流为零时，测得mp=l1，pn=l2，则rx的阻值为（）abcd6如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，现用两根绝缘细线将它们悬挂于真空中同一点已知两球静止时，它们离水平地面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为、，且现有以下判断，其中正确的是（）aa球的质量一定大于b球的质量ba球的电荷量一定大于b球的电荷量c若同时剪断细线，则a、b两球构成的系统在下落过程中机械能守恒d若同时剪断细线，则a、b两球在相同时刻相对地面的高度相同7某同学对某种抽水泵中的电磁泵模型进行了研究如图电磁泵是一个长方体，ab边长为l1，左右两侧面是边长为l2的正方形，在泵头通入导电剂后液体的电阻率为，泵体所在处有方向垂直向外的磁场b，把泵体的上下两表面接在电压为u（内阻不计）的电源上，理想电流表示数为i，若电磁泵和水面高度差为h，不计水在流动中和管壁之间的阻力，重力加速度为g则（）a泵体上表面应接电源正极b电源提供的电功率为c电磁泵不加导电剂也能抽取不导电的纯水d在t时间内抽取水的质量为m，这部分水离开泵时的动能为uitmghi2t8如图所示，物体a和带负电的物体b用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，a、b的质量分别是m和2m，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体a相连，倾角为的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦开始时，物体b在一沿斜面向上的外力f=3mgsin的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力f，直到物体b获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中（）a撤去外力f的瞬间，物体b的加速度为bb的速度最大时，弹簧的伸长量为c物体a的最大速度为gsind物体a、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量大于物体b电势能的减少量三、非选择题（包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第14题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题9伏安法可以测纯电阻，也可以测非纯电阻电学元件的输入电压和电流，从而求出其输入功率用如图1所示的电路可以测定一个额定电压为6v、额定功率为3w的直流电动机的电功率（1）图1的实物连接图就是测直流电动机的输入功率的实物连接图，请根据实物连接图在图2的虚线框内画出实验电路图；（直流电动机的符号用表示）（2）实验中保持电动机两端电压u恒为6v，重物每次上升时选取匀速上升阶段，测量其上升的高度h和时间t，h每次均为1.5m，所测物理量及测量结果部分数值（空缺表格部分的数据隐去）如表所示实验次数123456电动机的电流（i/a）0.40.62.52.5所提重物的重力（mg/n）0.82.04.06.06.57.0重物上升时间（t/s）1.42.6电机不转电机不转从实验数据中，可以根据某些数据计算出电动机线圈的内阻，其阻值为（3）电动机效率等于输出的机械功率与输入的电功率的比值，请推导出电动机效率的表达式为=（用题目中的符号表示）；现在用前4次实验数据（包括空缺表格部分隐去的数据）做出mg/it的图象，如图3所示，请由图象给出的数据求出电动机的平均效率%（结果保留三位有效数字）10为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图1所示的实验装置其中m为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量（滑轮质量不计）（1）实验时，一定要进行的操作是（多选）a用天平测出砂和砂桶的质量b将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力c小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计示数d改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带e为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量m（2）该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为m/s2（结果保留两位有效数字）（3）以弹簧测力计的示数f为横坐标，加速度为纵坐标，画出的af图象是一条直线，求得图线的斜率为k，则小车的质量为11如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆ac与半径为r的圆周交于b、c两点，在圆心处有一固定的正点电荷，b为ac的中点，c点位于圆周的最低点现有一质量为m、电荷量为q、套在直杆上的带负电小球从a点由静止开始沿杆下滑已知重力加速度为g，a点距过c点的水平面的竖直高度为3r，小球滑到b点时的速度大小为2（1）求小球滑至c点时的速度大小；（2）求a、b两点间的电势差uab；（3）若以c点为零电势点，试确定a点的电势12如图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上q处以一定的初速，经过位于竖直面内的两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点p飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热我们用质量为m的小滑块代替栗子，借这套装置来研究一些物理问题设大小两个四分之一圆弧的半径分别为2r和r，小平台和圆弧均光滑将过锅底的纵截面看作是两个斜面ab、cd和一段光滑圆弧bc组成，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25，且不随温度变化两斜面倾角均为=37，ab=cd=2r，a、d等高，d端固定一小挡板，锅底位于圆弧形轨道所在的竖直平面内，碰撞不损失机械能滑块始终在同一个竖直平面内运动，重力加速度为g（1）如果滑块恰好能经p点飞出，为了使滑块恰好沿ab斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的a、d点离地高为多少？（2）接（1）问，试通过计算分析滑块在锅内的运动过程（3）对滑块的不同初速度，求其通过最高点p和小圆弧最低点q时受压力之差的最小值（二）选考题：共15分【物理-选修3-5】13下列说法正确的是（）a放射性元素的半衰期是针对大量原子核的统计规律b、射线比较，射线的电离作用最弱c光的波长越短，光子的能量越大，光的粒子性越明显d原子的全部正电荷和全部质量都集中在原子核里e由玻尔的原子模型可以推知，氢原子处于激发态，量子数越大，核外电子动能越小14如图，有两个小朋友玩滑板游戏起初，甲、乙两个小朋友各坐一辆滑板车在摩擦不计的水平面上相向运动，已知甲连同滑板车的总质量m=30kg，乙连同滑板车的总质量也是m=30kg，甲还推着一只质量m=15kg的放滑板的箱子甲、乙滑行的速度大小均为2m/s，为了避免相撞，在某时刻甲将箱子沿水平面推给乙，历时0.2秒，箱子滑到乙处时被乙接住试求（1）最终甲以多大的速度推出箱子，才可避免和乙相撞？（2）甲推出箱子时对箱子的冲量多大？2015-2016学年湖北省武汉六中高三（上）第14次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全者得3分，有选错的得0分）1学习物理，更多的是要掌握物理的思想和方法，了解物理规律发现的过程，学会像科学家那样观察和思考，这往往比掌握知识本身更重要以下有关电学的研究符合事实的是（）a欧姆发现了电流通过导体时产生热效应的规律b牛顿借助扭秤装置总结出了点电荷间相互作用的规律c安培通过油滴实验测定了元电荷的数值d法拉第提出电荷周围有电场，并用简洁方法电场线描述了电场【考点】物理学史【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：a、焦耳发现了电流通过导体时产生热效应的规律，故a错误；b、库仑借助扭秤装置总结出了点电荷间相互作用的规律，故b错误；c、密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，故c错误；d、法拉第提出电荷周围有电场，并用简洁方法描述了电场电场线，故d正确；故选：d【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2如图5所示，一根长为l的轻质软绳一端固定在o点，另一端与质量为m的小球连接，初始时将小球放在与o点等高的a点，oa=l，现将小球由静止状态释放，则当小球运动到o点正下方时，绳对小球拉力为（）（已知：sin37=0.6，cos37=0.8）a2mgb3mgc mgd mg【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】当小球到o点的距离等于l时，细绳绷紧，绷紧后瞬间，因受线的拉力作用，其沿绳子方向的分速度突变为零，垂直于细绳的分速度没有变化；从绷紧点到c点过程运用动能定理列式求出最低点速度，再根据牛顿第二定律列式求解拉力【解答】解：设小球到达b点时细绳刚好绷紧则ob与水平方向的夹角的余弦为 cos=小球自由下落的高度为 h=l，到达b点的速度 v1=细绳绷紧后瞬间小球只有垂直于细绳的分速度，大小为 v2=v1cos从b到最低点，由动能定理得：mgl（1sin）=在最低点有，tmg=m联立以上各式解得 t=mg故选：c【点评】本题关键分析清楚小球的运动规律，注意细绳绷紧前后小球速度的突变，然后结合运动的合成与分解、动能定理、牛顿第二定律列式求解3某物块以80j初动能从固定斜面底端上滑，以斜面底端为零势能参考平面，到达最高点时物块的重力势能为60j物块在斜面上滑动过程中，当动能和势能恰好相等时，其机械能可能为（）a jb jc20 jd48 j【考点】动能定理的应用；功能关系【分析】物体滑动过程中损失的机械能能上滑的距离成正比，或者说与重力势能的增加量成正比，据此分析【解答】解：由题以80j初动能从固定斜面底端上滑，到达最高点时物块的重力势能为60j，即重力势能增加60j，机械能损失20j，设当动能和势能恰好相等时，势能为x，则：x+x=80得：x=j则此时的机械能为：e=2x=j故选：a【点评】本题关键是掌握机械能损失是由于摩擦阻力，故损失机械能为mgcosx，增加的重力势能为：mgxsin，可见二者是成比例的4a、b、c、d是在地球大气层外的圆形轨道上运行的四颗人造卫星其中a、c的轨道相交于p，b、d在同一个圆轨道上，b、c轨道在同一平面上某时刻四颗卫星的运行方向及位置如图示下列说法中正确的是（）aa、c的加速度大小相等，且大于b的加速度bb、c的角速度大小相等，且小于a的角速度ca、c的线速度大小相等，且小于d的线速度da、c存在在p点相撞危险【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【专题】人造卫星问题【分析】根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行讨论即可【解答】解：a、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为m，有f=f向f=gf向=m=m2r=m（）2r因而g=m=m2r=m（）2r=ma解得= a=a、a、c两颗卫星的轨道半径相同，且小于b卫星的轨道半径，根据式，a、c的加速度大小相等，且大于b的加速度，故a正确；b、b、c两颗卫星的轨道半径不相同，根据式，其角速度不等，故b错误；c、a、c两颗卫星的轨道半径相同，且小于d卫星的轨道半径，根据式，a、c的线速度大小相等，且大于d的线速度，故c错误；d、a、c两颗卫星相交，故轨道半径相同，根据式，它们的线速度相等，故永远不会相撞，故d错误；故选：a【点评】本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度、角速度和加速度的表达式，再进行讨论；除向心力外，线速度、角速度、周期和加速度均与卫星的质量无关，只与轨道半径有关5用图示的电路可以测量电阻的阻值图中rx是待测电阻，r0是定值，g是灵敏度很高的电流表，mn是一段均匀的电阻丝闭合开关，改变滑动头p的位置，当通过电流表g的电流为零时，测得mp=l1，pn=l2，则rx的阻值为（）abcd【考点】伏安法测电阻【专题】实验题；压轴题；恒定电流专题【分析】闭合开关，改变滑动头p的位置，当通过电流表g的电流为零时，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过r0和rx的电流也相等；并联电路电压相等，故电阻丝mp段与pn段电压之比等于r0和rx的电压比；再结合欧姆定律列式求解即可【解答】解：电阻丝mp段与pn段电压之比等于r0和rx的电压比，即；通过电流表g的电流为零，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过r0和rx的电流也相等，故；根据电阻定律公式，有；故，解得故选：c【点评】本题是串并联电路中电流、电压关系和电阻定律、欧姆定律的综合运用问题，设计思路巧妙，考查了分析问题和解决问题的能力，不难6如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，现用两根绝缘细线将它们悬挂于真空中同一点已知两球静止时，它们离水平地面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为、，且现有以下判断，其中正确的是（）aa球的质量一定大于b球的质量ba球的电荷量一定大于b球的电荷量c若同时剪断细线，则a、b两球构成的系统在下落过程中机械能守恒d若同时剪断细线，则a、b两球在相同时刻相对地面的高度相同【考点】库仑定律；物体的弹性和弹力；共点力平衡的条件及其应用【专题】电场力与电势的性质专题【分析】同时剪断两根细线时，小球受水平方向的库伦力和竖直方向的重力作用，然后根据水平方向和竖直方向运动的独立性可正确求解【解答】解：a、对小球受力分析，重力、库仑力与拉力，两者的库仑力大小相等，方向相反，根据平衡条件有：mag=mbg=，由于，所以mamb，故a正确b、两者的库仑力大小相等，方向相反，但a球的电荷量和b球的电量大小无法判断，故b错误；c、若同时剪断细线，则a、b两球构成的系统在下落过程中，除重力做功外，还有库仑力做功，导致系统机械能不守恒，故c错误d、竖直方向上作自由落体运动，根据运动的独立性可知，a、b两球在相同时刻相对地面的高度相同，故d正确故选：ad【点评】本题考查知识点较多，涉及运动的独立性以及物体的平衡等，较好的考查了学生综合应用知识的能力，是一道考查能力的好题7某同学对某种抽水泵中的电磁泵模型进行了研究如图电磁泵是一个长方体，ab边长为l1，左右两侧面是边长为l2的正方形，在泵头通入导电剂后液体的电阻率为，泵体所在处有方向垂直向外的磁场b，把泵体的上下两表面接在电压为u（内阻不计）的电源上，理想电流表示数为i，若电磁泵和水面高度差为h，不计水在流动中和管壁之间的阻力，重力加速度为g则（）a泵体上表面应接电源正极b电源提供的电功率为c电磁泵不加导电剂也能抽取不导电的纯水d在t时间内抽取水的质量为m，这部分水离开泵时的动能为uitmghi2t【考点】带电粒子在混合场中的运动；安培力【分析】当泵体中电流向下时，安培力向左，故液体被抽出；根据电阻定律和欧姆定律列式求解电流表达式分析，根据安培力公式分析安培力大小情况【解答】解：a、当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体；故a正确；b、根据电阻定律，泵体内液体的电阻：r=；因此流过泵体的电流i=，那么液体消耗的电功率为p=，而电源提供的电功率为ui，故b错误；c、电磁泵不加导电剂，不能抽取不导电的纯水，故c错误；d、若t时间内抽取水的质量为m，根据能量守恒定律，则这部分水离开泵时的动能为ek=uitmghi2t，故d正确；故选：ad【点评】本题关键是明确电磁泵的工作原理，要能够结合欧姆定律、电阻定律、安培力公式分析抽液高度的影响因素，不难8如图所示，物体a和带负电的物体b用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，a、b的质量分别是m和2m，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体a相连，倾角为的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦开始时，物体b在一沿斜面向上的外力f=3mgsin的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力f，直到物体b获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中（）a撤去外力f的瞬间，物体b的加速度为bb的速度最大时，弹簧的伸长量为c物体a的最大速度为gsind物体a、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量大于物体b电势能的减少量【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；胡克定律；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】在撤去外力前后对b物体受力分析，求的电场力，由牛顿第二定律求的加速度，当b受到的合力为零时，速度最大，根据动能定理和能量守恒即可判断【解答】解：a、当施加外力是，对b分析可知f2mgsinf电=0解得f电=mgsin当撤去外力瞬间物体b受到的合力为f合=f电+2mgsin=（m+2m）a解得：a=gsin，故a错误；b、当b收到的合力为零时，b的速度最大，由kx=f电+2mgsin解得x=故b正确；c、对ab整体有动能定理可得，解得v=gsin，故c错误；d、根据能量守恒可知物体a、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于于物体b电势能的减少量和b物体机械能的减小量，故d正确；故选：bd【点评】本题综合考查了共点力平衡、牛顿第二定律、胡克定律、电场力做功与电势能的关系，以及运动学公式，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强训练三、非选择题（包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第14题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题9伏安法可以测纯电阻，也可以测非纯电阻电学元件的输入电压和电流，从而求出其输入功率用如图1所示的电路可以测定一个额定电压为6v、额定功率为3w的直流电动机的电功率（1）图1的实物连接图就是测直流电动机的输入功率的实物连接图，请根据实物连接图在图2的虚线框内画出实验电路图；（直流电动机的符号用表示）（2）实验中保持电动机两端电压u恒为6v，重物每次上升时选取匀速上升阶段，测量其上升的高度h和时间t，h每次均为1.5m，所测物理量及测量结果部分数值（空缺表格部分的数据隐去）如表所示实验次数123456电动机的电流（i/a）0.40.62.52.5所提重物的重力（mg/n）0.82.04.06.06.57.0重物上升时间（t/s）1.42.6电机不转电机不转从实验数据中，可以根据某些数据计算出电动机线圈的内阻，其阻值为2.4（3）电动机效率等于输出的机械功率与输入的电功率的比值，请推导出电动机效率的表达式为=（用题目中的符号表示）；现在用前4次实验数据（包括空缺表格部分隐去的数据）做出mg/it的图象，如图3所示，请由图象给出的数据求出电动机的平均效率74.0%（结果保留三位有效数字）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）对照实物图，从而得出原理图；（2）电动机的输出功率是机械功率，由图知，重物静止，电动机没有功率输出，此时电动机电路中纯电阻电路，根据欧姆定律求解线圈的内阻（3）电动机效率等于有用功与总功的比值，有用功为克服物体重力做的功，电动机的电功是总功【解答】解：（1）由实物图可知该电路采用了分压接法，原理图如图；（2）在第5次实验中，由图看出，重物处于静止状态，则电动机的输出功率为0根据欧姆定律得：电动机线圈的电阻为：r=2.4（3）电动机消耗的电能为：w=uit；输出的机械能为：mgh；电动机效率的表达式为=100%，前4次实验中电动机工作效率的平均值为：=（+）代入解得： =74.0%故答案为：（1）如图；（2）2.4；（3），74.0【点评】题中分析实物图是应培养的基本功要掌握电动机效率的意义当电动机不转动时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律仍成立10为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图1所示的实验装置其中m为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量（滑轮质量不计）（1）实验时，一定要进行的操作是bcd（多选）a用天平测出砂和砂桶的质量b将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力c小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计示数d改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带e为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量m（2）该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为0.48m/s2（结果保留两位有效数字）（3）以弹簧测力计的示数f为横坐标，加速度为纵坐标，画出的af图象是一条直线，求得图线的斜率为k，则小车的质量为【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】实验题；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；（2）依据逐差法可得小车加速度（3）小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对af图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数【解答】解：（1）ae、本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故a错误，e错误b、该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故b正确；c、打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故c正确；d、改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随f变化关系，故d正确；故选：bcd（2）由于两计数点间还有两个点没有画出，故单摆周期为0.06s，由x=at2可得：a=0.48m/s2（3）对af图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，此题，弹簧测力计的示数f=f合，故小车质量为m=故答案为：（1）bcd （2）0.48（3）【点评】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对af图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数11如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆ac与半径为r的圆周交于b、c两点，在圆心处有一固定的正点电荷，b为ac的中点，c点位于圆周的最低点现有一质量为m、电荷量为q、套在直杆上的带负电小球从a点由静止开始沿杆下滑已知重力加速度为g，a点距过c点的水平面的竖直高度为3r，小球滑到b点时的速度大小为2（1）求小球滑至c点时的速度大小；（2）求a、b两点间的电势差uab；（3）若以c点为零电势点，试确定a点的电势【考点】动能定理的应用；电势能【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）b为ac的中点，故bc、ab间的高度差均为1.5r，对b到c过程运用动能定理列式求解c点的速度；（2）对a到b过程运用动能定理列式求解a、b两点的电势差uab；（3）b、c两点在同一个等势面上，故电势相等，故b点电势也为零，根据uab=ab求解a点的电势【解答】解：（1）小球由a到b过程，由动能定理得，小球由a到c过程，由动能定理得mg3r+quac= 其中，uab=uac 由式可得小球滑至c点时的速度大小为vc=（2）由式可得a、b两点间的电势差uab=（3）b、c两点在同一个等势面上，故电势相等，故b点电势也为零，根据uab=aba=答：（1）小球滑至c点时的速度大小是；（2）a、b两点间的电势差为；（3）a点的电势为【点评】本题关键根据动能定理列式分析，切入点在于圆周为等势面，抓住小球从a到c和a到b电场力做功相等，运用动能定理进行求解，难度中等12如图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上q处以一定的初速，经过位于竖直面内的两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点p飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热我们用质量为m的小滑块代替栗子，借这套装置来研究一些物理问题设大小两个四分之一圆弧的半径分别为2r和r，小平台和圆弧均光滑将过锅底的纵截面看作是两个斜面ab、cd和一段光滑圆弧bc组成，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25，且不随温度变化两斜面倾角均为=37，ab=cd=2r，a、d等高，d端固定一小挡板，锅底位于圆弧形轨道所在的竖直平面内，碰撞不损失机械能滑块始终在同一个竖直平面内运动，重力加速度为g（1）如果滑块恰好能经p点飞出，为了使滑块恰好沿ab斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的a、d点离地高为多少？（2）接（1）问，试通过计算分析滑块在锅内的运动过程（3）对滑块的不同初速度，求其通过最高点p和小圆弧最低点q时受压力之差的最小值【考点】动能定理的应用；向心力【专题】计算题；比较思想；寻找守恒量法；动能定理的应用专题【分析】（1）根据牛顿第二定律求出滑块恰好到达p点的速度，根据速度方向与斜面ab平行，结合平抛运动的规律，运用平行四边形定则求出竖直分速度，从而得出ad离地的高度（2）根据平行四边形定则求出进入a点时滑块的速度，假设经过一个来回能够回到a点，运用动能定理，求出回来时动能，再分析运动过程（3）根据牛顿第二定律分别求出p、q的弹力，结合机械能守恒定律得出压力差，结合最高点的最小速度求出压力之差的最小值【解答】解：（1）滑块恰好能经p点飞出，则在p点有：mg=m得：vp=滑块恰好沿ab斜面进入锅内，则滑块到达a点时速度方向要沿着ab方向，则有：vy=vptan=所以ad离地高度为：h=3r=r（2）进入a点滑块的速度为：v=假设经过一个来回能够回到a点，设回来时动能为ek，则得：ek=mv2mgcos8r0所以滑块不会滑到a而飞出，最终在bc间来回滑动（3）设初速度、最高点速度分别为v1、v2，根据牛顿第二定律，在q点，有： f1mg=m在p点，有：f2+mg=m所以有：f1f2=2mg+m（） 由机械能守恒得： m=mv22+mg3r解得：v22=6gr，为定值，代入v2的最小值，得压力差的最小值为9mg答：（1）斜面的a、d点离地高为r（2）滑块不会滑到a而飞出，最终在bc间来回滑动（3）通过最高点p和小圆弧最低点q时受压力之差的最小值为9mg【点评】本题关键要理清小球的运动情况，把握p点的临界条件，明确两个状态之间的关系：符合机械能守恒运用平抛运动、动能定理及机械能守恒、牛顿运动定律等基本规律处理（二）选考题：共15分