福建省泉州市泉州五校高三物理联考试题（含解析）.doc

2014年秋季南侨中学、永春三中、永春侨中、荷山中学、南安三中高中毕业班摸底统一考试物理试题考试范围：高中物理必修一、二、选修3-1、3-2；考试时间：100分钟第i卷（选择题）【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的全部内容，主要包含匀变速运动规律、受力分析、牛顿运动定律、电场、磁场、带电粒子的运动、电磁感应等内容，在注重考查核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。一、选择题（本题共13小题，每题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）【题文】1下列叙述正确的是 （ ）a法拉第首先发现电流磁效应b奥斯特经过10年的研究终于发现电磁感应现象c牛顿最早成功利用实验方法测出万有引力常量d伽利略根据理想实验推出，若无摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一速度，将保持这个速度运动下去。【知识点】 物理学史p0【答案解析】 d 解析： a、奥斯特首先发现电流磁效应故a错误b、法拉第经过10年的研究终年发现电磁感应现象故b错误c、卡文迪许最早成功利用实验方法测出万有引力常量，不是牛顿故c错误d、伽利略根据理想实验推出，若无摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一速度，既没有减速的原因，也没有加速的原因，物体将保持这个速度运动下去故d正确故选d【思路点拨】奥斯特首先发现电流磁效应，法拉第经过10年的研究终年发现电磁感应现象卡文迪许最早成功利用实验方法测出万有引力常量伽利略根据理想实验推出，若无摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一速度，将保持这个速度运动下去对于物理学上重要发现、重大发明和著名理论，要加强记忆，不能张冠李戴【题文】2如图为一质点作匀变速直线运动的v t图象，质点的质量为2kg，在前4s内向东运动，由图线作出以下判断正确的是 ( ) a质点在8s内始终向东运动b质点在8s内的合外力先减小后增大c质点在8s内的加速度大小不变，方向始终向西d在8s内合外力对质点做功的大小为200j【知识点】 动能定理的应用；匀变速直线运动的图像a5 e2【答案解析】 c 解析：a、据题，前4s内物体向东运动，则后4s内物体向西运动故a错误b、速度图象的斜率等于加速度，由数学知识得知，图线的斜率不变，说明物体的加速度保持不变，由牛顿第二定律分析知道质点在8s内的合外力保持不变故b错误c、质点在8s内的加速度大小不变，而且加速度为负值，说明加速度方向向西故c正确d、由图看出，t=0时刻与t=8s末时刻质点的速度大小，动能相等，根据动能定理得知，在8s内合外力对质点做功的大小为0故d错误故选c 【思路点拨】由题，前4s内物体向东运动，后4s内物体向西运动根据斜率等于加速度，看出物体的加速度保持不变，由牛顿第二定律知合力保持不变根据斜率的正负，确定加速度的方向根据动能定理求解8s内合外力对质点做功的大小本题一方面要从斜率等于加速度来理解质点的加速度；另一方面考查牛顿第二定律、动能定理的应用【题文】3如图所示是某商场安装的智能化电动扶梯，无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程。那么下列说法中正确的是 ( )a顾客始终受到静摩擦力的作用b顾客受到的支持力总是大于重力c扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，再竖直向上d扶梯对顾客作用力的方向先指向左下方，再竖直向上【知识点】 运动的合成和分解；牛顿第二定律d1 c2【答案解析】 c 解析： a、以人为研究对象，处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下，故a错误；b、顾客处于匀加速直线运动时，受到的支持力才大于重力，故b错误； c、顾客处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下，则扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，当处于匀速直线运动时，其作用力竖直向上，故c正确；d错误故选：c【思路点拨】正确解答本题要掌握：正确对物体进行受力分析，应用牛顿第二定律解题；明确超重和失重的实质，理解生活中的超重和失重现象本题考查了牛顿第二定律在生活中的应用，要熟练应用牛顿第二定律解决生活中的具体问题，提高理论联系实际的能力【题文】4如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30的光滑木板ab托住，小球恰好处于静止状态当木板ab突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为()a0b.gcgd.g【知识点】 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用c2 b3 b4【答案解析】 b 解析： 木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图根据共点力平衡条件，有f-nsin30=0ncos30-g=0解得:n=mgf=mg木板ab突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力n，方向与n反向，故加速度为：a=故选b【思路点拨】木板撤去前，小球处于平衡态，根据共点力平衡条件先求出各个力，撤去木板瞬间，支持力消失，弹力和重力不变，求出合力后即可求出加速度本题关键对物体受力分析，求出各个力，撤去一个力后，先求出合力，再求加速度【题文】5滑雪运动员以20ms的速度从一平台水平飞出，落地点与飞出点的高度差32m。不计空气阻力，g取10ms2。运动员飞过的水平距离为s，所用时间为t，则下列结果正确的是 （ ）as=16m，t=050s bs=16m，t=080scs=20m，t=050s ds=20m，t=080s【知识点】 平抛运动d2【答案解析】 b 解析：根据hgt2得，t=则水平位移x=v0t=200.8m=16m故b正确，a、c、d错误故选：b【思路点拨】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度差求出运动的时间，结合初速度和时间求出水平位移解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解【题文】6如图，可视为质点的小球a、b用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为r有光滑圆柱，a的质量为b的两倍当b位于地面时，a恰与圆柱轴心等高将a由静止释放，b上升的最大高度是（）a2r b c d【知识点】 机械能守恒定律e3 e2【答案解析】 c 解析： 设b的质量为m，则a的质量为2m，以a、b组成的系统为研究对象，在a落地前，由动能定理可得：-mgr+2mgr=（m+2m）v2-0，以b为研究对象，在b上升过程中，由动能定理可得：-mgh=0-mv2，则b上升的最大高度h=r+h，解得：h=；故选c【思路点拨】开始ab一起运动，a落地后，b做竖直上抛运动，b到达最高点时速度为零；由动能定理可以求出b上升的最大高度b的运动分两个阶段，应用动能定理即可求出b能上升的最大高度【题文】7p、q两电荷的电场线分布如图所示，a、b、c、d为电场中的四点一个离子从a运动到b(不计重力)，轨迹如图所示则下列判断正确的是 ( )a离子从a到b，电势能增加b离子在运动过程中受到p的排斥力cc、d两点电势相等d离子从a到b，动能增加【知识点】 电势；电势能 i1 i2【答案解析】 a 解析：a、由图中电场线的分布情况可知p带正电，q带负电离子从a到b，电场力与速度的夹角为钝角，所以做负功，电势能增加故a正确b、d、离子从a运动b的过程中，轨迹向内弯曲，则离子受到p的吸引力作用，从a到b，电场力做负功，根据动能定理可知动能减小，故bd错误c、沿着电场线方向电势逐渐降低，则知c点的电势高于d点的电势故c错误故选：a【思路点拨】电场线起于正电荷，终止于负电荷，结合电场线的特点，确定p、q电荷的电性，根据轨迹的弯曲确定所受电场力的方向，从而确定是排斥还是吸引，判断出离子的电性，根据正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势高处电势能小，分析电势能的变化，由能量守恒分析动能的变化通过沿着电场线方向电势逐渐降低判断c、d两点电势的高低解决本题的关键知道电场线的特点，以及知道沿着电场线方向电势逐渐降低知道粒子做曲线运动，合力的方向大致指向轨迹凹的一向【题文】8在如图所示的电路中，c为一平行板电容器，闭合开关s，给电容器充电，当电路中电流稳定之后，下列说法正确的是()a保持开关s闭合，把滑动变阻器r1的滑片向上滑动，电流表的示数变大，电压表的示数变小b保持开关s闭合，不论滑动变阻器r1的滑片是否滑动，都有电流流过r2c保持开关s闭合，将电容器上极板与下极板距离稍微拉开一些的过程中，r2中有由b到a的电流d断开开关s，若此时刚好有一带电油滴p静止在两平行板电容器之间，将电容器上极板与下极板稍微错开一些的过程中，油滴将向上运动【知识点】 电容器的动态分析；电容器；带电粒子在混合场中的运动i3 j2 k3【答案解析】 d 解析：a、保持开关s闭合，把滑动变阻器r1的滑片向上滑动，接入电路的电阻减小，根据欧姆定律可知电路中电流增大，r2的电压增大，则电流表的示数变大，电压表的示数变大故a错误；b、保持开关s闭合，滑动变阻器r1的滑片不滑动，电容器相当于开关断开，都没有电流流过r2故b错误c、保持开关s闭合，将电容器上极板与下极板距离稍微拉开一些的过程中，极板的正对面积减小，电容减小，由c=知，u不变，q减小，电容器放电，则r2中有由a 到b的电流，故c错误d、断开开关s，将电容器上极板与下极板稍微错开一些的过程中，极板的正对面积减小，电容减小，由c=知，电量q不变，则板间电压u增大，板间场强增大，油滴所受的电场力增大，则油滴将向上运动，故d正确故选：d 【思路点拨】保持开关s闭合，根据变阻器接入电路电阻的变化，由欧姆定律分析电表读数的变化根据电容与板间距离的关系，分析电容的变化，确定电容器电量的变化，判断r2中电流的方向断开开关s，分析板间场强的变化，判断液滴的运动方向电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开电源则极板上的电量不变；电容器保持和电源相连，则两板间的电势差不变要掌握e=、c= 及电容的决定因素【题文】9如图所示，理想变压器原、副线圈数比n1：n2=2：1，和均为理想电表，灯泡电阻rl=6，ab端电压（v）。下列说法正确的是 ( )a的读数为2.0 ab的读数为48 vc该交变电流的频率为100hzd该变压器输入功率为96 w 【知识点】变压器的构造和原理m2【答案解析】 a 解析：b、由表达式知输入电压有效值为24v，电压与匝数成正比，故副线圈电压即电压表的示数为12v，b错误；a、安培表的示数为i= =2a，a正确；c、由表达式知道角速度100rad/s，频率为 =50hz，故c错误；d、副线圈中灯泡消耗的功率p=ui=122=24w，输入功率等于输出功率，d错误故选：a【思路点拨】从表达式知电压的有效值，周期和频率，根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论理解交流电电压表达式的物理意义，掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决【题文】10如图所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向菱形闭合导线框abcd位于纸面内且对角线ac与虚线垂直，磁场宽度与对角线ac长均为d，现使线框沿ac方向匀速穿过过磁场，以逆时针方向为感应电流的正方向，则从c点进入磁场到a点离开磁场的过程中，线框中电流i随时间t的变化关系，以下可能正确的是a. b. c. d.【知识点】 导体切割磁感线时的感应电动势l3 l4【答案解析】 d 解析：a、c、线圈在进磁场的过程中，根据楞次定律可知，感应电流的方向沿逆时针方向，为正值，在通过两个磁场的分界线时，根据楞次定律可知，感应电流的方向沿顺时针方向，为负值，线圈出磁场的过程中，根据楞次定律知，感应电流的方向为逆时针，为正值故a、c错误b、d、设bd=l在线圈进入磁场一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，当bd刚进入磁场时，感应电流最大为 i1= =i0；在线圈进入磁场全部过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小至零；线圈通过两个磁场的分界线时，切割的有效长度先均匀增大，感应电流均匀增大，当bd通过磁场分界线时，感应电流最大为 i2=2i0；后均匀减小至零；在线圈出磁场一半的过程中，在线圈全部出磁场的过程中，切割的有效长度先均匀增大后均匀减小，感应电流先均匀增大后均匀减小，此过程感应电流最大为 i3=i0；故d正确，b错误故选：d【思路点拨】根据楞次定律判断感应电流的方向，结合切割产生的感应电动势公式判断感应电动势的变化，从而结合闭合电路欧姆定律判断感应电流的变化解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及知道在切割产生的感应电动势公式中，l为有效长度要注意线圈通过磁场的分界线时线圈两侧都切割磁感线，产生感应电动势【题文】11如图是质谱仪工作原理的示意图。带电粒子a、b经电压u加速（在a点初速度为零）后，进入磁感应强度为b的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板s上的x1、x2处。图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则 （ ）a若a与b有相同的质量，则打在感光板上时，b的速度比a大b若a与b有相同的质量，则a的电量比b的电量小c若a与b有相同的电量，则打在感光板上时，b的速度比a大d若a与b有相同的电量，则a的质量比b的质量小【知识点】 质谱仪和回旋加速器的工作原理k3 k4【答案解析】 d 解析：设粒子经电场加速后的速度大小为v，磁场中圆周运动的半径为r，电荷量和质量分别为q、m，打在感光板上的距离为s 根据动能定理，得 qu=mv2，v=由qvb=m，r=则s=2r=得到由图，sasb，u、b相同，则；a、 b若a与b有相同的质量，则a的电量比b的电量大，打在感光板上时，a的速度比b大,故a、b错误；c、d若a与b有相同的电量，a的质量比b的质量小，a的速度比b大,故c错误、d正确；故选d【思路点拨】带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，再进入磁场做匀速圆周运动，轨迹为半圆，本题动能定理和牛顿第二定律求解本题属于带电粒子在组合场中运动问题，电场中往往用动能求速度，磁场中圆周运动处理的基本方法是画轨迹【题文】12经国际小行星命名委员会命名的“神舟星”和“杨利伟星”的轨道均处在火星和木星轨道之间已知“神舟星”平均每天绕太阳运行174万公里，“杨利伟星”平均每天绕太阳运行145万公里假设两行星均绕太阳做匀速圆周运动，则两星相比较 （ ）a“神舟星”的轨道半径大 b“神舟星”的半径大c“神舟星”的加速度大 d“神舟星”受到的向心力大【知识点】 万有引力定律及其应用d5【答案解析】c 解析： a、根据线速度的定义式得：v=，已知“神舟星”平均每天绕太阳运行174万公里，“杨利伟星”平均每天绕太阳运行145万公里，可以得出：“神舟星”的线速度大于“杨利伟星”的线速度;研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得： r=（其中m为太阳的质量，r为轨道半径）由于“神舟星”的线速度大于“杨利伟星”的线速度，所以“神舟星”的轨道半径小于“杨利伟星”的轨道半径，故a错误b、研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得： t=2，其中m为太阳的质量，r为轨道半径，由于“神舟星”的轨道半径小于“杨利伟星”的轨道半径，所以由于“神舟星”的周期小于“杨利伟星”的周期故b错误c、研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：;a=，其中m为太阳的质量，r为轨道半径，由于“神舟星”的轨道半径小于“杨利伟星”的轨道半径，所以由于“神舟星”的加速度大于“杨利伟星”的加速度故c正确d、研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：f向=，其中m为太阳的质量，r为轨道半径，m为卫星的质量由于不知道“神舟星”和“杨利伟星”的质量大小关系，所以两者的向心力无法比较故d错误故选c【思路点拨】已知“神舟星”平均每天绕太阳运行174万公里，“杨利伟星”平均每天绕太阳运行145万公里，可以判断出线速度大小关系研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出周期、加速度、向心力等物理量根据轨道半径的关系判断各物理量的大小关系求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再进行之比向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用【题文】13如图所示，水平传送带ab长21 m，以6 m/s顺时针匀速转动，台面与传送带平滑连接于b点，半圆形光滑轨道半径r1.25 m，与水平台面相切于c点，bc长s5.5 m，p点是圆弧轨道上与圆心o等高的一点一质量为m1 kg的物块(可视为质点)，从a点无初速度释放，物块与传送带及台面间的动摩擦因数均为0.1，则关于物块的运动情况，下列说法正确的是 ()a物块不能到达p点b物块能越过p点做斜抛运动c物块能越过p点做平抛运动d物块能到达p点，但不会出现选项b、c所描述的运动情况【知识点】 牛顿第二定律c2【答案解析】 d 解析： 开始物块在传送带上做匀加速运动，由牛顿第二定律，mg=ma，得a=g;设经过时间t1达到与传送带同速，此时物块对地前进x，v=at1，x=at12所以t1= =6s x=18m21m故后阶段在传送带上匀速运动，用时为t2，l-x=vt2，解得 t2=0.5s从b至c过程减速运动用时为t3，到达c点的速度为vc，由动能定理和运动学公式可得：-mgs=mvc2-mv2，vc=v-at3解得：vc=5m/s设滑块沿圆弧上滑的最大高度为h，由机械能守恒定律可得：mvc2=mgh解得，h=1.25m 因为h=r，故物块不能越过p点；故选：d【思路点拨】物块滑上圆弧轨道的过程中，轨道的支持力不做功，只有 重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒求出物块上滑的最大高度，与r比较，分析能否越过p点本题的难点是分析物块在传送带上运动情况，运用牛顿第二定律和运动学公式结合，通过计算进行分析第ii卷（非选择题）二、实验题（共两个小题，每一空格2分，共16分）【题文】14（8分）如图甲为利用气垫导轨(滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略)“验证机械能守恒定律”的实验装置，请结合以下实验步骤完成填空。丙(1) 将气垫导轨放在水平桌面上，并调节至水平。(2) 用天平称出滑块和挡光条的总质量m，再称出托盘和砝码的总质量m。用游标卡尺测出挡光条的宽度l，如图乙所示，l为_cm。用米尺测量光电门1、2的距离s时，光电门1、2所对的刻度分别如丙图中a、b所示，则s为_cm。(3) 将滑块移至光电门1左侧某处，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2。读出滑块分别通过光电门1和光电门2时的挡光时间t1和t2。(4) 滑块通过光电门1和光电门2时，可以确定系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动能。在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少量ep_(已知重力加速度为g)。动能的增量ek _，若在实验误差允许的范围内两者相等，即可认为机械能是守恒的。【知识点】 验证机械能守恒定律e5【答案解析】 (2) 1.55036.55 （ 36.53-36.57 ） (4) mgs 解析：（1）l的读数为15mm+100.05mm=15.50mm=1.550cm 光电门的距离s=39.65cm-3.10cm=36.55cm（2）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度滑块通过光电门1速度v1=滑块通过光电门2速度v2=系统的总动能分别为ek1=（m+m）()2和ek2=（m+m）()2在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少ep=mgs,比较ep和，若在实验误差允许的范围内相等，即可认为机械能是守恒的【思路点拨】光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度根据功能关系得重力做功的数值等于重力势能减小量要注意本题的研究对象是系统了解光电门测量瞬时速度的原理实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面【题文】15(8分)某同学为了探究某电子元件的伏安特性，先用多用电表粗测其电阻值约为3 k，再设计了如图甲所示电路进行实验。根据电路图甲，请你在图乙中以笔划线代替导线将实物图补充完整；正确连接电路，所选用滑动变阻器r(020)，闭合开关s，当滑片从左向右移动时，发现电压表及电流表均有较大示数，且变化都不明显，其故障是图甲中导线_没有连接好(选填“a”或“b”)；排除故障后，闭合开关s，移动滑片至临近最右端时，发现电压表示数保持3 v左右，而电流表示数急剧变大，超过量程。换用更大量程的电流表，结果发现利用该电路无法较完整地描出电子元件的伏安曲线，接着改用dis传感器实验得到曲线如图丙所示，由图可知，元件两端电压达到或超过电压3v时，电子元件的阻值突然_(选填“变大”或“变小”)；你认为该同学用图甲的电路无法较完整地描出电子元件的伏安特性曲线的主要原因是 _。(填选项前的字母)a找不到合适量程的电流表b换用更大量程的电流表进行实验时，没有改用电流表外接法c元件两端电压在3 v左右时，电流变化太大，无法准确记录电压值和电流值【知识点】 伏安法测电阻j5【答案解析】图略（滑动变阻器分压接法，电流表内接） a 变小 c 解析：连线图如图所示：闭合开关s，当滑片从左向右移动时，发现电压表及电流表均有较大示数，且变化都不明显，说明变阻器不是分压式接法，所以故障是图甲中导线a没有连接好；：根据r=可知，元件两端电压达到或超过电压3v时，电子元件的阻值突然变小；：根据图丙的i-u图象可知，待测元件两端电压为3v左右时，电流变化太大，无法准确记录电压和电流值，即欧姆定律不再适用，所以c正确ab错误【思路点拨】本题的关键是连线时注意变阻器是分压式接法、电流表内接法以及电表的正负极；题的关键是明确变阻器是分压式接法时电压和电流的调节范围较大，限流式接法时调节范围较小；题的关键是根据r=并结合i-u图象特点即可求解；题的关键是根据i-u图象的特点可知电压为3v左右时，电流变化太大，不难选出正确答案应明确：变阻器采用分压式接法时电压和电流的调节范围较大，采用限流式接法时调节范围较小；对半导体元件（电压为某值附件时，电流急剧变化），欧姆定律不再适用三、计算题（本题4小题，共45分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值的计算题，答案中必须明确写出数值和单位，或按题目要求作答）【题文】16（10分）李煜课外活动小组自制一枚火箭，火箭从地面发射后，始终在垂直于地面的方向上运动，火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4 s到达离地面40 m高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，取g10 m/s2，求：(1)燃料恰好用完时火箭的速度；(2)火箭离地面的最大高度；【知识点】 匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的位移与时间的关系a2 a8【答案解析】（1）20m/s；（2）60m 解析：（1）设燃料恰好耗尽时火箭的速度为v，由于火箭点火后可认为作匀加速运动，根据平均速度公式列式：h=t，解得：v=20m/s；（2）火箭能够继续上升做匀减速直线运动，加速度大小为g，由位移时间关系式得：02-v2=-2gx，代入数据解得：x=20m，即火箭能够继续上升的高度20m;火箭离地的最大高度：h=x+h=20+40=60m；【思路点拨】（1）根据平均速度公式列式求解；（2）火箭推力消失后，由于惯性继续上升做上抛运动，根据速度位移速度关系式求解继续上升的高度，最后得到总高度在解决匀变速直线运动问题时要注意题目如果能用平均速度解决时，尽量优先选择平均速度公式简便易解【题文】17（10分）某游乐场过山车模型简化为如图所示，光滑的过山车轨道位于竖直平面内，该轨道由一段斜轨道和与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为r。可视为质点的过山车从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动。（1）若要求过山车能通过圆形轨道最高点，则过山车初始位置相对于圆形轨道底部的高度h于少要多少？（2）考虑到游客的安全，要求全过程游客受到的支持力不超过自身重力的7倍，过山车初始位置相对于圆形轨道底部的高度h不得超过多少？【知识点】 机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力c2 d4 e3【答案解析】（1）2.5r（2）h不得超过3r 解析： （1）设过山车总质量为m，从高度h1处开始下滑，恰能以v1过圆周轨道最高点。在圆周轨道最高点有： 运动过程机械能守恒： 由式得： 高度h至少要2.5r （2）设从高度h2处开始下滑，过圆周最低点时速度为v2，游客受到的支持力最大是。 最低点时： 运动过程机械能守恒： 由式得： 高度h不得超过3r【思路点拨】（1）根据过山车能通过圆形轨道最高点得出在最高点的速度值，根据运动过程机械能守恒求解（2）过圆周最低点根据牛顿第二定律和机械能守恒求解本题考查机械能守恒及竖直面内的圆周运动，选择合适的过程，并注意竖直面内圆周运动的临界条件即可求解【题文】18(12分)如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨mn、pq相距为l1 m，导轨平面与水平面夹角30，导轨电阻不计磁感应强度为b12 t的匀强磁场垂直导轨平面向上，长为l1 m的金属棒ab垂直于mn、pq放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m12 kg、电阻为r11 .两金属导轨的上端连接右侧电路，电路中通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离和板长均为d0.5 m，定值电阻为r23 ，现闭合开关s并将金属棒由静止释放，重力加速度为g10 m/s2，试求：(1)金属棒下滑的最大速度为多大？ (2)当金属棒稳定下滑时，在水平放置的平行金属间加一垂直于纸面向里的匀强磁场b23 t，在下板的右端且非常靠近下板的位置有一质量为、带电量为的液滴以初速度v水平向左射入两板间，该液滴可视为质点要使带电粒子能从金属板间射出，初速度v应满足什么条件？【知识点】 导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动b3 i3 k3【答案解析】（1）10m/s；（2）速度0.25m/s，若从左端射出，速度0.5m/s 解析： (1)当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度为vm，达到最大时则有m1gsin f安说 又f安ilb1， 解得最大速度vm10 m/s