山东省威海市文登市高三物理下学期4月模拟试卷（含解析）.doc

山东省威海市文登市2015届高考物理模拟试卷（4月份）一、选择题（共7小题，每小题6分，每个小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系如关系式u=ir既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了v（伏）与a（安）和（欧）的乘积等效现有物理量单位：m（米）、s（秒）、n（牛）、j（焦）、w（瓦）、c（库）、f（法）、a（安）、（欧）和t（特），由他们组合成的单位都与电压单位v（伏）等效的是( )aj/c和n/cbc/f和tm2/scw/a和ctm/sdw和tam2如图所示，横截面为直角三角形的斜劈a，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力f通过球心水平作用在光滑球b上，系统处于静止状态当力f增大时，系统仍保持静止，则下列说法正确的是( )a斜劈a受到的力的个数不变b斜劈a受到的摩擦力一定增大c光滑球b对地面的压力一定不变d光滑球b受到的合力不变3图中虚线是某电场中的一簇等势线两个带电粒子从p点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示若粒子仅受电场力的作用，下列说法中正确的是( )aa、b两点的电场强度大小关系eaebba、b两点的电势关系uaubc粒子从p运动到a的过程中，电势能增大d粒子从p运动到b的过程中，动能增大4一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲，到斜面上某一点后返回底端，斜面粗糙下列四幅图象分别表示滑块运动过程中位移x、速度v、动能ek和重力势能ep（以斜面底端为参考平面）随时间变化的关系图象，其中正确的是( )abcd5如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，副线圈接有电压表、光敏电阻r（其阻值随光强增大而减小）、“12v、6w”的小灯泡d电流表、电压表均为理想电表原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是( )a电压u的频率为100 hzb电压表的示数为22vc照射r的光变弱时，电流表的示数变大d调节照射r的光强度，可以使灯泡d正常发光6由中国科学院、中国工程院两院院士评出的2012年中国十大科技进展新闻，于2013年1月 19日揭晓，“神九”载人飞船与“天宫一号”成功对接和“蛟龙”号下潜突破7000米分别排在第一、第二若地球半径为r，把地球看做质量分布均匀的球体“蛟龙”下潜深度为d，天宫一号轨道距离地面高度为h，“蛟龙”号所在处与“天官一号”所在处的加速度之比为( )abcd7用一根横截面积为s、电阻率为的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的直径如图所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k0），则( )a圆环具有扩张的趋势b圆环中产生逆时针方向的感应电流c圆环中感应电流的大小为d图中a、b两点之间的电势差uab=|kr2|二、必考题题（共4小题，满分56分）8某同学设计了如图1所示的装置，来测定滑块和轨道间的动摩擦因数给定的实验器材有米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为m，滑块上砝码总质量为m，托盘和盘中砝码的总质量为m实验中，滑块在水平轨道上从a到b做初速为零的匀加速直线运动，重力加速度g取10m/s2若利用上述实验器材和公式a=可以测量滑块在a、b间运动时的加速度请你设计一个记录两个物理量数据的表格，记录次数为5次在表格中标明要测量的两个物理量根据牛顿运动定律得到a与m的关系为：a=mg当上式中的（m+m）保持不变时，a是m的一次函数该同学想通过多次改变m，测出相应的a值，并利用上式来计算为了保证实验中（m+m）不变，在改变m时，应将从托盘中取出的砝码置于_实验得到a与m的关系如图2所示，由此可知=_（取两位有效数字）9某物理“科技制作”小组装配一台小直流电动机，其额定电压5v，额定电流0.5a，线圈绕阻小于1已知当电动机两端电压小于1v时，电动机不会发生转动为了研究其在一定电压范围内，输出功率与输入电压的关系请你帮助该小组完成该项工作已知学校实验室提供的器材有：直流电源e，电压6v，内阻不计；小直流电动机m；电压表v1，量程00.6v，内阻约3k；电压表v2，量程06v，内阻约15k；电流表a1，量程00.6a，内阻约1；电流表a2，量程03a，内阻约0.5；滑动变阻器r，010，2a；电键s一只，导线若干首先要比较精确测量电动机的线圈绕阻r根据合理的电路进行测量时，要控制电动机不转动，调节滑动变阻器，使电压表和电流表有合适的示数，电压表应该选_若电压表的示数为0.1v，电流表的示数为0.2a，则内阻r=_，这个结果比真实值偏_（选填“大”或“小”）在图1方框中画出研究电动机的输出功率与输入电压的关系的实验电路图（标明所选器材的符号）当电压表的示数为4.5v时，电流表示数如图2所示，此时电动机的输出功率是_w10（18分）如图甲所示，倾角=37的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量m=1.0kg的小滑块（可视为质点）接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态当t=0时释放滑块在00.24s时间内，滑块的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示已知弹簧的劲度系数k=2.0102n/m，当t=0.14s时，滑块的速度v1=2.0m/sg取l0m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8弹簧弹性势能的表达式为ep=kx2（式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）求：（1）斜面对滑块摩擦力的大小f；（2）t=0.14s时滑块与出发点间的距离d；（3）在00.44s时间内，摩擦力做的功w11如图所示，平面直角坐标系xoy的第二象限内存在场强大小为e，方向与x轴平行且沿x轴负方向的匀强电场，在第一、三、四象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场现将一挡板放在第二象限内，其与x，y轴的交点m、n到坐标原点的距离均为2l一质量为m，电荷量绝对值为q的带负电粒子在第二象限内从距x轴为l、距y轴为2l的a点由静止释放，当粒子第一次到达y轴上c点时电场突然消失若粒子重力不计，粒子与挡板相碰后电荷量及速度大小不变，碰撞前后，粒子的速度与挡板的夹角相等（类似于光反射时反射角与人射角的关系）求：（1）c点的纵坐标（2）若要使粒子再次打到档板上，磁感应强度的最大值为多少？（3）磁感应强度为多大时，粒子从a点出发与档板总共相碰两次后到达c点？这种情况下粒子从a点出发到第二次到达c点的时间多长？三、选考题物理-物理3-312下列说法正确的是( )a扩散现象和布朗运动都与温度有关，所以扩散现象和布朗运动都是分子的热运动b气体的温度升高，气体分子的平均动能一定增大c两分子从无限远处逐渐靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变大，后变小，再变大d第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律e一定质量的理想气体体积增大时，压强一定减小13传统的打气筒的示意图如图中的图1所示，圆柱形打气筒a高h，内部横截面积为s，底部有一单向阀门k，厚度不计的活塞上提时外界大气可从活塞四周进入，活塞下压时可将打气筒内气体推入容器b中用传统的打气筒给自行车打气时，不好判断是否已经打足了气，为了解决这一问题，某研究性学习小组的同学们经过思考之后，他们在传统打气筒基础上进行了如下的改装（图中的图2所示）：该组同学设想在打气筒内壁焊接一卡环c（体积不计），调节c距气筒顶部的高度就可以控制容器b中的最终压强已知b的容积vb=3hs，向b中打气前a、b中气体初始压强均为p0=1.0l05 pa，设气体温度不变若c距气筒顶部的高度为h=h，则第一次将活塞从打气筒口压到c处时，容器b中的压强是多少？要使容器b中的最终压强为3p0，则h与h之比应为多少？山东省威海市文登市2015届高考物理模拟试卷（4月份）一、选择题（共7小题，每小题6分，每个小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系如关系式u=ir既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了v（伏）与a（安）和（欧）的乘积等效现有物理量单位：m（米）、s（秒）、n（牛）、j（焦）、w（瓦）、c（库）、f（法）、a（安）、（欧）和t（特），由他们组合成的单位都与电压单位v（伏）等效的是( )aj/c和n/cbc/f和tm2/scw/a和ctm/sdw和tam考点：力学单位制 分析：单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的但为叫做导出单位根据相关公式分析单位的关系解答：解：a、根据c=可得：u=，所以1v=1c/f，由u=ed知：1v=1n/cm，故a错误b、由e=知，1v=1wb/s=1tm2/s，故b正确c、由p=ui得：u=，则1v=1w/a由e=blv知：1v=1tmm/s，故c错误d、根据p=可得：u=，所以1v=由f=bil知：1n=1tam1v，故d错误故选：b点评：物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据物理公式来分析物理量的单位即可2如图所示，横截面为直角三角形的斜劈a，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力f通过球心水平作用在光滑球b上，系统处于静止状态当力f增大时，系统仍保持静止，则下列说法正确的是( )a斜劈a受到的力的个数不变b斜劈a受到的摩擦力一定增大c光滑球b对地面的压力一定不变d光滑球b受到的合力不变考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：通过整体分析，得出墙壁对a的弹力大小变化，隔离对a分析，根据共点力平衡分析a受力个数是否发生改变，以及a所受的摩擦力的变化对整体分析，结合墙壁摩擦力的变化判断地面对球支持力的变化解答：解：a、对整体分析，在水平方向上受f和墙壁的弹力作用，f增大，则墙壁对a的弹力增大，隔离对a分析，开始a可能受重力、b对a的弹力、墙壁的弹力三个力平衡，不受摩擦力，当墙壁的弹力增加时，根据水平方向上平衡知，b对a的作用力变大，则会出现摩擦力，所以斜劈的a受力个数可能会发生变化，故a错误b、斜劈a开始所受的摩擦力方向可能沿墙壁向下，当f增大时，对整体分析知墙壁对a的弹力增大，通过水平方向上平衡得知b对a的作用力增大，根据竖直方向上平衡知，摩擦力可能减小，故b错误c、对整体分析，由于a在竖直方向上所受的摩擦力可能在变化，根据竖直方向上平衡，光滑球对地面的压力会发生变化，故c错误d、由于光滑球处于平衡状态，可知合力为零，保持不变，故d正确故选：d点评：正确选择研究对象，对其受力分析，运用平衡条件列出平衡等式解题要注意多个物体在一起时，研究对象的选取3图中虚线是某电场中的一簇等势线两个带电粒子从p点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示若粒子仅受电场力的作用，下列说法中正确的是( )aa、b两点的电场强度大小关系eaebba、b两点的电势关系uaubc粒子从p运动到a的过程中，电势能增大d粒子从p运动到b的过程中，动能增大考点：电势；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据轨迹判定a粒子受到中心电荷的斥力，而b粒子受到中心电荷的引力，即可判断两粒子的电性关系；此电场是点电荷产生的，根据距离即可比较a、b两点场强的大小；两粒子在运动过程中电场力都做正功，电势能均减小解答：解：a、由等势面的分布可知，该电场是点电荷产生的，由场强公式e=k可知，a点的场强小于b点的场强故a正确b、由于中心电荷的电性无法判断，电场线方向无法判定，则不能比较a、b的电势高低故b错误c、电场力对两粒子均做正功，则两个粒子的电势能均减小故c错误d、b与中心电荷的电性相反，粒子从p运动到b的过程中，电场力做正功，动能增大，故d正确故选：ad点评：根据轨迹弯曲方向判定两粒子与中心电荷电性的关系是解决本题的突破口要注意电势能，电荷，电势都有正负学会由电场力做功的正负来确定电势能的增减4一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲，到斜面上某一点后返回底端，斜面粗糙下列四幅图象分别表示滑块运动过程中位移x、速度v、动能ek和重力势能ep（以斜面底端为参考平面）随时间变化的关系图象，其中正确的是( )abcd考点：功能关系；匀变速直线运动的图像 分析：根据受力分析和牛顿第二定律知上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律；利用速度公式和动能定得出动能、势能与时间的规律，再分析选项即可解答：解：物体向上运动的过程中受到的摩擦力方向向下，所以：ma1=mgsin+mgcos物体向下运动的过程中受到 的摩擦力的飞向上，所以：ma2=mgsinmgcos向上运动时的加速度大小大于向下运动时的加速度的大小a、物块向下运动的过程中，物体的位移：，则相当于原点的位移xt图象应该是向下弯曲的图象故a错误；b、由于摩擦力做功，物体返回出发点的速度应小于开始时的速度的大小故b错误；c、向上运动的过程中重力和摩擦力都做负功，所以物体的动能减小故c错误；d、物块向上运动的过程中，物块的位移：，则物块的重力势能：ep=mgxsin，是开口向下的二次函数；同理，物块向下运动的过程中则相当于原点的位移则物块的重力势能还是开口向下的二次函数故d正确故选：d点评：解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况；再结合位移公式、速度公式和动能的表达式，此题难度较大5如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，副线圈接有电压表、光敏电阻r（其阻值随光强增大而减小）、“12v、6w”的小灯泡d电流表、电压表均为理想电表原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是( )a电压u的频率为100 hzb电压表的示数为22vc照射r的光变弱时，电流表的示数变大d调节照射r的光强度，可以使灯泡d正常发光考点：变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题分析：由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比和闭合电路中的动态分析类似，可以根据r的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况解答：解：a、原线圈接入如图乙所示，t=0.02s，所以频率为f=50 hz，故a错误；b、原线圈接入电压的最大值是220v，所以原线圈接入电压的有效值是u=220v，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，所以副线圈电压是22v，所以v的示数为22v，故b正确；c、r阻值随光减弱增大，根据i=知副线圈电流减小，副线圈输出功率减小，根据功率相等，所以原线圈输入功率减小，原线圈电流减小，所以a的示数减小，故c错误；d、调节照射r的光强度，使流过它的电流i=0.5a即可，故d正确；故选：bd点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法6由中国科学院、中国工程院两院院士评出的2012年中国十大科技进展新闻，于2013年1月 19日揭晓，“神九”载人飞船与“天宫一号”成功对接和“蛟龙”号下潜突破7000米分别排在第一、第二若地球半径为r，把地球看做质量分布均匀的球体“蛟龙”下潜深度为d，天宫一号轨道距离地面高度为h，“蛟龙”号所在处与“天官一号”所在处的加速度之比为( )abcd考点：万有引力定律及其应用 专题：万有引力定律的应用专题分析：根据题意知，地球表面的重力加速度等于半径为r的球体在表面产生的加速度，深度为d的地球内部的重力加速度相当于半径为rd的球体在其表面产生的重力加速度，根据地球质量分布均匀得到加速度的表达式，再根据半径关系求解深度为d处的重力加速度与地面重力加速度的比值卫星绕地球做圆周运动时，运用万有引力提供向心力可以解出高度为h处的加速度，再求其比值解答：解：令地球的密度为，则在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等，有：g=，由于地球的质量为：m=，所以重力加速度的表达式可写成：g=根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，固在深度为d的地球内部，受到地球的万有引力即为半径等于（rd）的球体在其表面产生的万有引力，故井底的重力加速度g=g（rd）所以有根据万有引力提供向心力，“天宫一号”的加速度a=，所以，所以，故d正确，a、b、c错误故选：d点评：抓住在地球表面重力和万有引力相等，在地球内部，地球的重力和万有引力相等，要注意在地球内部距离地面d处所谓的地球的质量不是整个地球的质量而是半径为（rd）的球体的质量7用一根横截面积为s、电阻率为的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的直径如图所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k0），则( )a圆环具有扩张的趋势b圆环中产生逆时针方向的感应电流c圆环中感应电流的大小为d图中a、b两点之间的电势差uab=|kr2|考点：法拉第电磁感应定律；等势面 专题：电磁感应与电路结合分析：由题意可知，磁通量减小，由楞次定律可判断感应电流的方向；由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势；由闭合电路的欧姆定律可得出ab间的电势差解答：解：a、由楞次定律的“来拒去留”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势，故a正确；b、磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针；故b错误；c、由法拉第电磁感应定律可知，e=kr2，感应电流i=，故c错误；d、与闭合电路欧姆定律可知，ab两点间的电势差为=|kr2|，故d正确；故选：ad点评：本题考查楞次定律及法拉第电磁感应定律的应用，注意正确应用楞次定律的两种描述；同时还要注意求磁通量时，面积应为有效面积，本题中不能当作圆的面积来求，而是圆中含有磁通量的部分面积二、必考题题（共4小题，满分56分）8某同学设计了如图1所示的装置，来测定滑块和轨道间的动摩擦因数给定的实验器材有米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为m，滑块上砝码总质量为m，托盘和盘中砝码的总质量为m实验中，滑块在水平轨道上从a到b做初速为零的匀加速直线运动，重力加速度g取10m/s2若利用上述实验器材和公式a=可以测量滑块在a、b间运动时的加速度请你设计一个记录两个物理量数据的表格，记录次数为5次在表格中标明要测量的两个物理量根据牛顿运动定律得到a与m的关系为：a=mg当上式中的（m+m）保持不变时，a是m的一次函数该同学想通过多次改变m，测出相应的a值，并利用上式来计算为了保证实验中（m+m）不变，在改变m时，应将从托盘中取出的砝码置于滑块实验得到a与m的关系如图2所示，由此可知=0.23（取两位有效数字）考点：探究影响摩擦力的大小的因素 专题：实验题分析：在初速度为零的匀加速直线运动中共有s、t、a、v四个常用量欲测加速度a则必须测出s、t、v中的任意两个，但是速度v不容易直接测量，故须测出位移s和时间t，再根据a=求a把a=mg与一次函数y=kx+b相对应，当与k相对应的m为定值时，即m+m保持不变时，a是m的一次函数实验时只需将砝码从托盘中取出并置于滑块上即可达到目的由图象斜率去算出摩擦因数解答：解：滑块在水平轨道上从a到b做初速为零的匀加速直线运动，根据s=at2，得：a=，所以需要测量的是位移s和时间t对整体进行研究，根据牛顿第二定律得：a=mg若要求a是m的一次函数必须使 为定值，即m+m保持不变时，在增大m时等量减小m，所以实验中应将从托盘中取出的砝码置于滑块上将 取为k，有：k=，在图象上取两点将坐标代入解得：=0.23（在0.21到0.25之间是正确的）故答案为：12345s/mt/s滑块； 0.23点评：通过作出两个量的图象，然后由图象去寻求未知量与已知量的关系运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解9某物理“科技制作”小组装配一台小直流电动机，其额定电压5v，额定电流0.5a，线圈绕阻小于1已知当电动机两端电压小于1v时，电动机不会发生转动为了研究其在一定电压范围内，输出功率与输入电压的关系请你帮助该小组完成该项工作已知学校实验室提供的器材有：直流电源e，电压6v，内阻不计；小直流电动机m；电压表v1，量程00.6v，内阻约3k；电压表v2，量程06v，内阻约15k；电流表a1，量程00.6a，内阻约1；电流表a2，量程03a，内阻约0.5；滑动变阻器r，010，2a；电键s一只，导线若干首先要比较精确测量电动机的线圈绕阻r根据合理的电路进行测量时，要控制电动机不转动，调节滑动变阻器，使电压表和电流表有合适的示数，电压表应该选若电压表的示数为0.1v，电流表的示数为0.2a，则内阻r=0.5，这个结果比真实值偏小（选填“大”或“小”）在图1方框中画出研究电动机的输出功率与输入电压的关系的实验电路图（标明所选器材的符号）当电压表的示数为4.5v时，电流表示数如图2所示，此时电动机的输出功率是1.72w考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题分析：本题根据电动机不转时的电压来选择电压表量程；题首先根据电动机的额定电压与额定电流选择电压表与电流表量程以及电流表应用外接法，再根据变阻器阻值较小可知变阻器应采用分压式接法；题首先根据电流表每小格读数确定怎样估读，再根据电动机的输出功率公式即可求解解答：解：根据电动机两端电压小于1v时电动机不发生转动可知电压表应选择；根据电阻定义可知电动机内阻为r=0.5； 由于电动机内阻很小满足，电流表应用外接法测量，根据欧姆定律可知电动机内阻的真实值应为=，显然测量值比真实值偏小；根据电动机的额定电压与额定电流大小可知电压表应选择，电流表应选择；为使电压和电流调节范围较大，变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示：由于电流表每小格读数为0.02a，应进行“”估读，电流表读数为i=0.40a，此时电动机的输出功率为=ui代入数据解得=1.72w；故答案为：，0.5；如图；1.72点评：应明确：应根据电路的实际需要来选择电表量程；当待测电阻阻值较小满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法；当实验要求有较大的调节范围或变阻器的阻值较小时，变阻器应采用分压式接法10（18分）如图甲所示，倾角=37的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量m=1.0kg的小滑块（可视为质点）接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态当t=0时释放滑块在00.24s时间内，滑块的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示已知弹簧的劲度系数k=2.0102n/m，当t=0.14s时，滑块的速度v1=2.0m/sg取l0m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8弹簧弹性势能的表达式为ep=kx2（式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）求：（1）斜面对滑块摩擦力的大小f；（2）t=0.14s时滑块与出发点间的距离d；（3）在00.44s时间内，摩擦力做的功w考点：动能定理的应用 分析：（1）当t1=0.14s时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动根据加速度的大小，结合牛顿第二定律求出摩擦力的大小（2）当t1=0.14s时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于t0=0时弹簧的形变量x，结合弹性势能的表达式，根据动能定理求出d的大小（3）物块速度减为零后反向做匀加速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律分别求出各段过程中的位移的大小，从而得出摩擦力做功的大小解答：解：（1）当t1=0.14s时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动由题中的图乙可知，在这段过程中滑块加速度的大小为：a1=10m/s2根据牛顿第二定律有：mgsin+f=ma1代入数据解得：f=4.0n （2）当t1=0.14s时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于t0=0时弹簧的形变量x，所以在00.14s时间内弹簧弹力做的功为：w弹=ep初ep末=在这段过程中，根据动能定理有：w弹mgdsinfd=mv120代入数据解得：d=0.20 m （3）设从t1=0.14s时开始，经时间t1滑块的速度减为零，则有：t1=0.20s这段时间内滑块运动的距离为：x1=0.20m此时t2=0.14s+t1=0.34s，此后滑块将反向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可求得此时加速度的大小为：a2=2.0m/s2在0.34s0.44s（t2=0.1s）时间内，滑块反向运动的距离为：x2=t22代入数据解得：x2=0.01m所以在00.44s时间内，摩擦力f做的功为：w=f（d+x1+x2）代入数据解得：w=1.64j答：（1）斜面对滑块摩擦力的大小f为4.0n；（2）t=0.14s时滑块与出发点间的距离d为0.20m；（3）在00.44s时间内，摩擦力做的功w为1.64j点评：本题考查了牛顿第二定律、动能定理和运动学公式的综合运用，关键结合图象理清滑块在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解11如图所示，平面直角坐标系xoy的第二象限内存在场强大小为e，方向与x轴平行且沿x轴负方向的匀强电场，在第一、三、四象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场现将一挡板放在第二象限内，其与x，y轴的交点m、n到坐标原点的距离均为2l一质量为m，电荷量绝对值为q的带负电粒子在第二象限内从距x轴为l、距y轴为2l的a点由静止释放，当粒子第一次到达y轴上c点时电场突然消失若粒子重力不计，粒子与挡板相碰后电荷量及速度大小不变，碰撞前后，粒子的速度与挡板的夹角相等（类似于光反射时反射角与人射角的关系）求：（1）c点的纵坐标（2）若要使粒子再次打到档板上，磁感应强度的最大值为多少？（3）磁感应强度为多大时，粒子从a点出发与档板总共相碰两次后到达c点？这种情况下粒子从a点出发到第二次到达c点的时间多长？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子向沿着+x方向做匀加速直线运动，然后碰撞后做类似平抛运动，根据动能定理和类似平抛运动的分位移公式列式求解即可；（2）若要使粒子再次打到档板上，临界情况是轨迹圆经过c点，画出轨迹，结合几何关系求解轨道半径，然后根据牛顿第二定律列式求解磁感应强度的最大值；（3）画出临界轨迹，粒子经过坐标原点后射向极板并反弹，再次经过磁场偏转后沿着直线射向c点，结合几何关系求解出轨道半径，然后分阶段求解运动的时间解答：解：（1）设粒子与板作用前瞬间速率为v0，由动能定理，有：qel=mv解得：v0=粒子与板碰撞后在电场中做类似平抛运动，设到达y轴时与c点的竖直距离为y，在x轴方向，有：l=t2在y轴方向，有：y=v0t 由以上二式得到：t=，y=2l故粒子第一次到达y轴时距坐标原点为：y=y+l=3l（2）粒子到c点时，x轴方向的速度分量为：vx=at=此时速度v=2设v与x轴正方向的夹角为，有：tan=，故=45粒子进入磁场后将做匀速圆周运动，转过270后打在板上的n点时，磁感应强度b1为最大，有：r1=l又qvb1=m，故b1=2（3）当磁感应强度的大小为b2时，粒子做半径为r2的圆周运动，到达y轴上的o点之后，沿着直线运动打到板上，故：r2=l同理b2=此后粒子返回o点，进入磁场后做匀速圆周运动，由对称性可知粒子将到达d点，接着做直线运动再次到达c点，从a到板，有：l=t，故t1=；在磁场中做匀速圆周运动的时间：t2=t=从o到板再返回o点做匀速直线运动时间为：t3=；从x轴上d点做匀速直线运动到c点的时间为：t4=；故t总=t+t1+t2+t3+t4=；答：（1）c点的纵坐标为（0，3l）（2）若要使粒子再次打到档板上，磁感应强度的最大值为2；（3）磁感应强度为时，粒子与档板总共相碰两次后到达c点；这种情况下粒子从a点出发到第二次到达c点的时间为t4=点评：本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，分直线加速、类似平抛运动、匀速圆周运动和匀速直线运动过程进行分析，切入点是画出临界轨迹，结合几何关系得到轨道半径三、选考题物理-物理3-312下列说法正确的是( )a扩