湖南省永州市三校联考2015届高三上学期期中物理试卷

1、湖南省永州市三校联考2015届高三上学期期中物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共计48分.在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第8-12题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分.）1下列说法符合物理学史实的有( )A亚里士多德认为“物体下落的快慢由它们的重量决定”，伽利略对此持怀疑态度，做了著名的斜面实验，并通过实验证明了“轻重物体自由下落一样快”的结论B牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因C开普勒通过对行星运动的观察，否定了哥白尼的日心说，得出了开普勒行星运动定律D卡文迪许测出引力常量后，牛顿总结了万有引力定律考点：

2、物理学史 专题：常规题型分析：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、亚里士多德认为“物体下落的快慢由它们的重量决定”，伽利略对此持怀疑态度，做了著名的斜面实验，并通过实验证明了“轻重物体自由下落一样快”的结论，故A正确；B、伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，故B错误；C、开普勒通过对行星运动的观察，完善了哥白尼的日心说，得出了开普勒行星运动定律，故C错误；D、牛顿总结了万有引力定律后卡文迪许测出引力常量，故D错误；故选：A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图示为A、B两个物体在同一直线上

3、沿同一方向同时做匀加速运动的vt图线，已知在第3s末两个物体在途中相遇，则下列说法正确的是( )A物体B的速度比物体A的速度变化得快B物体A在3s内的位移为12mC物体A、B出发点的位置关系是，B在A前3mD物体A、B出发点的位置关系是，B在A前6m考点：匀变速直线运动的图像 专题：运动学中的图像专题分析：由图象的“面积”读出两物体在3s内的位移不等，而在第3s末两个物体相遇，可判断出两物体出发点不同，相距的距离等于位移之差3s末两个物体相遇后，A的速度大于B的速度，两物体不可能再相遇由A的斜率大于B的斜率可知A的加速度大于B的加速度解答：解：A、由图可知，A的加速度大于B的加速度，故A的速度

4、比B的速度变化快，故A错误；B、A在3s内的位移为s=×3×4=6m；故B错误；C、由图可知，3s内两物体的位移分别为6m和3m；故开始时两物体一定相距3m；且B在A的前面3m处，故C正确，D错误；故选：C点评：本题考查对图象的认识，要注意根据斜率分析物体的加速度；由图象的面积求出物体的位移，则分析两物体的位置关系3物体以初速度v0做匀减速运动，第1s内通过的位移为x1=3m，第2s内通过的位移为x2=2m，又经过位移x3物体的速度减小为0，则下列说法中错误的是( )A初速度v0的大小为2.5 m/sB加速度a的大小为1 m/s2C位移x3的大小为1.125 mD位移x3内

5、的平均速度大小为0.75 m/s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：直线运动规律专题分析：根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出物体的加速度，再通过位移时间公式求出初速度的大小根据速度时间公式求出2s末的速度，再通过速度位移公式求出位移x3的大小解答：解：AB、根据x=at2得：a=根据x=得：v0=3.5m/s故A错误；B正确C、第2s末的速度为：v2=v0+at=3.51×2m/s=1.5m/s，则有：故C正确D、位移x3内的平均速度大小为：故D正确本题选错误的，故选：A点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用

6、，掌握规律是正确解题的基础4如图，两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v分别水平抛出和竖直向上抛出，下列说法正确的是( )A两小球落地时的速度相同B两小球落地时，A球重力的瞬时功率较小C从开始运动至落地，A球重力做功较大D从开始运动至落地，重力对A小球做功的平均功率较小考点：功率、平均功率和瞬时功率 专题：功率的计算专题分析：两个物体在运动的过程中机械能守恒，可以判断它们的落地时的速度的大小，再由平均功率和瞬时功率的公式可以得出结论解答：解：A、两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以根据机械能守恒可以知两物体落地时速度大小相等，方向不同，所以速度不同，故A

7、错误B、到达底端时两物体的速率相同，重力也相同，但A物体重力与速度有夹角，B物体重力与速度方向相同，所以落地前的瞬间B物体重力的瞬时功率大于A物体重力的瞬时功率，故B正确C、根据重力做功的表达式得两个小球在运动的过程重力对两小球做功都为mgh，故C错误D、从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，但过程A所需时间小于B所需时间，根据P=知道重力对A小球做功的平均功率较大，故D错误；故选：B点评：在分析功率的时候，一定要注意公式的选择，P=只能计算平均功率的大小，而P=Fvcos可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度5两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两

8、点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则( )AN点的电场强度大小为零BA点的电场强度大小为零CNC间场强方向向x轴正方向D将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功考点：电场强度 分析：x图象的斜率等于电场强度E根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性根据功能关系分析电场力做功的正负解答：解：AB、x图象的斜率等于电场强度E，图线在A、N两点处的斜率都不等于0，则知N、A两点的场强均不为零，故AB错误C、从N点到C点各点电势逐渐增大，说明这是逆着电场线方向，即NC间场强方向从C指

9、向N即向x轴负方向，故C错误；D、将一负点电荷从N点移到D点电势先增大后减小，电势能先减小后增大，所以电场先做正功后做负功，故D正确；故选：D点评：电势为零处，电场强度不一定为零电荷在电场中与电势的乘积为电势能电场力做功的正负决定电势能的增加与否6我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星500”的实验活动假设王跃登陆火星后，测得火星半径是地球半径的，质量是地球质量的已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，王跃在地面上能向上竖直跳起的最大高度是h，忽略自转的影响，下列说法正确的是( )A火星的密度为B火星表面的重力加速度是C火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为D王跃以在地球上相

10、同的初速度在火星上起跳后，能达到的最大高度是考点：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：求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行之比根据万有引力等于重力，得出重力加速度的关系，根据万有引力等于重力求出质量表达式，在由密度定义可得火星密度；由重力加速度可得出上升高度的关系根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的关系解答：解：A、由G=mg，得到：g=，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的，即为g设火星质量为M，由万有引力等于中可得：，解得：M=，密度为：故A正确B、由G=mg，得到：g=，已知火星半径是地球半径的

11、，质量是地球质量的，则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的，即为g故B错误C、由，得到v=，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍故C错误D、王跃以v0在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出可跳的最大高度是：，由于火星表面的重力加速度是，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度h=h故D错误故选：A点评：通过物理规律把进行比较的物理量表示出来，再通过已知的物理量关系求出问题是选择题中常见的方法把星球表面的物体运动和天体运动结合起来是考试中常见的问题7如图所示，匀强磁场的边界为平行四边形ABDC，其中AC边与对角线BC垂直，一束电子以大小不同的速度沿BC从B点射入磁场，不计电子的

12、重力和电子之间的相互作用，关于电子在磁场中运动的情况，下列说法中正确的是( )A入射速度越大的电子，其运动时间越长B入射速度越大的电子，其运动轨迹越长C从AB边出射的电子的运动时间都相等D从AC边出射的电子的运动时间都相等考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意及几何知识分析电子从AC，AB边飞出时粒子所转过的圆心角，比较电子的运动时间轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长解答：解：电子做圆周运动的周期T=，保持不变，电子在磁场中运动时间为t=，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长A、C电子

13、沿BC方向入射，若从AB边射出时，根据几何知识可知在AB边射出的电子轨迹所对应的圆心角相等，在磁场中运动时间相等，与速度无关故A错误，C正确B、D从AC边射出的电子轨迹对应的圆心角不相等，且入射速度越大，其运动轨迹越短，在磁场中运动时间不相等故BD错误故选C点评：本题考查了求电子在磁场中的运动时间问题，找出粒子在磁场中做圆周运动时所转过的圆心角是正确解题的关键8磁卡的词条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈，当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势其Et关系如图所示如果只将刷卡速度改为，线圈中的Et关系可能是( )ABCD考点：信息传播、处理和存储技术的发展；闭合电路的

14、欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势 专题：电磁感应与图像结合分析：根据感应电动势公式E=BLv可知，其他条件不变时，感应电动势与导体的切割速度成正比，磁卡通过刷卡器的时间t=与速率成反比解答：解：根据感应电动势公式E=BLv可知，其他条件不变时，感应电动势与导体的切割速度成正比，只将刷卡速度改为，则线圈中产生的感应电动势的最大值将变为原来的磁卡通过刷卡器的时间t=与速率成反比，所用时间变为原来的2倍故D正确故选D点评：本题要抓住磁卡刷卡是利用电磁感应原理，关键要掌握感应电动势公式E=BLv9如图所示，从某高度水平抛出一小球，经过时间t到达地面时，速度与水平方向的夹角为，不计空气阻力，重力加

15、速度为g下列说法正确的是( )A小球水平抛出时的初速度大小为gttan B小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为C若小球初速度增大，则平抛运动的时间不变D若小球初速度增大，则减小考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动落地的时间由高度决定，知道落地时间，即可知道落地时竖直方向上的速度，根据速度与水平方向的夹角，可求出落地的速度大小和水平初速度解答：解：A、落地时竖直方向上的速度vy=gt因为速度方向与水平方向的夹角为，所以小球的初速度v0=vycot=gtcot故A错误，B、速度与水平方向夹角的正切值tan=，位移与水平方向夹角的正

16、切值tan=，tan=2tan但故B错误CD、速度与水平方向夹角的正切值tan=，若小球初速度增大，下落时间不变，所以tan减小，即减小，故CD正确故选：CD点评：解决本题的关键掌握平抛运动的处理方法，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动以及知道速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角的正切值的两倍10如图所示，光滑绝缘斜面底端固定着一个带正电的小物块P，将另一个带电小物块Q在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动设斜面足够长，则在Q向上运动过程中( )A物块Q的动能一直增大B物块Q的机械能一直增大C物块P、Q之间的电势能一直增大D物块P、Q的重力势能和电势能之和先减小

17、后增大考点：功能关系；电势能 分析：物体Q在运动过程中存在三种能，动能、重力势能和电势能，根据能量守恒，运动过程中只存在这三种能互相转化由于斜面足够长，物体运动到无限远后静止，可以肯定的是这时物体只存在重力势能Q在运动过程中，P、Q之间越来越远，电势能越来越小，根据能量守恒，Q的动能和重力势能之和（机械能）肯定越来越大，所以Q的机械能一直增大解答：解：A、开始电场力大于下滑力，动能增大，但电场力不断减小，当电场力小于下滑力，合力与运动方向相反，动能减小，所以A错，B、P、Q之间越来越远，电势能越来越小，所以B错，C、物体动能、重力势能、电场能总和守恒，动能先增大后减小，物块P、Q的重力势能和电

18、势能之和就先减小后增大，所以C错，D、P、Q之间越来越远，电势能越来越小，根据能量守恒，Q的动能和重力势能之和（机械能）肯定越来越大，所以D正确，故选：D点评：此题考查的是物体的运动过程中存在三种能，动能、重力势能和电势能，分析运动状态即可确定出三种能的变化情况11如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R线框绕与cd合的竖直固定转轴以角速度从中性面开始匀速转动，线框转过时的感应电流为I下列说法正确的是( )A线框中感应电流的有效值为2IB线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为C从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为D线框转一周的过程

19、中，产生的热量为考点：法拉第电磁感应定律；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：电磁感应与电路结合分析：线圈中产生正弦式电流感应电动势最大值Em=BS，由E=及欧姆定律求解电流的有效值根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式求出电量根据Q=I2RT求解线框转一周的过程中，产生的热量解答：解：A、线圈中产生感应电动势最大值Em=BS，线框转过时的感应电流为I=Imsin=sin=，感应电动势有效值E=，感应电流为I则电流的有效值为I=I，故A错误；B、由A可知，=I，则磁通量的最大值=BS=，故B正确；C、从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为：q=It=t=t=，故C

20、正确；D、线框转一周的过程中，产生的热量Q=t=×=，故D错误；故选：BC点评：对于交变电流，直流电路的规律，比如欧姆定律同样适用，只不过要注意对应关系12如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2=4：1，原线圈接图乙所示的正弦交流电，副线圈与理想电压表，理想电流表、热敏电阻Rr（阻值随温度的升高而减小）及报警器P组成闭合电路，回路中电流增加到一定值时报警器P将发出警报声，则以下判断正确的是( )A变压器副线圈输出交流电的频率为50HzB电压表的示数为9VCRT处温度升到一定值时，报警器P将发出报警声DRT处温度升高时，变压器输入功率变小考点：变压器的构造和原理；闭合电路

21、的欧姆定律 专题：交流电专题分析：由图乙可知交流电压最大值Um=36V，周期T=0.02秒，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式 u=Umsint（V），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，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化解答：解：A、由图知周期T=0.02s，所以变压器副线圈输出交流电的频率为f=50Hz，故A正确；B、根据图象可得原线圈的电压的最大值Em=36V，最大值为有效值的倍，所以电压的有效值为U1=36V，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2=4：1，所以副线圈的电压的有效值为U2=9V，所以电压表的示

22、数小于9V，故B错误；C、Rt处温度升高时阻值减小，副线圈中电流增大，报警器P将发出报警声，故C正确；D、Rt处温度升高时副线圈中电流增大，而副线圈的电压不变，变压器的输出功率变大，变压器输入功率变大，故D错误；故选：AC点评：根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键二实验题：（本题共2小题，共17分请将解答写在答题卡上相应的位置）13某同学设计了一个如图1所示的装置测定滑块与木板间的动摩擦因数，其中A为滑块，B和C是质量可调的砝码，不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦，装置水平放置实验中该同学在砝码总质量（m+m=m

23、0）保持不变的条件下，改变m和m的大小，测出不同m下系统的加速度，然后通过实验数据的分析就可求出滑块与木板间的动摩擦因数（1）该同学手中有打点计时器、纸带、质量已知且可随意组合的砝码若干、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线，为了完成本实验，得到所要测量的物理量，还应有BDA秒表 B毫米刻度尺 C天平 D低压交流电源（2）实验中，该同学得到一条较为理想的纸带，如图2所示，从清晰的O点开始，每隔4个点取一计数点（中间4个点没画出），分别记为A、B、C、D、E、F，各计数点到O点的距离为OA=1.61cm，OB=4.02cm，OC=7.26cm，OD=11.30cm，OE=16.14cm，OF=21

24、.80cm，打点计时器打点频率为50Hz，则由此纸带可得到打E点时滑块的速度v=0.52m/s，此次实验滑块的加速度a=0.81m/s2（结果均保留两位有效数字）（3）在实验数据处理中，该同学以m为横轴，以系统的加速度a为纵轴，绘制了如图3所示的实验图线，结合本实验可知滑块与木板间的动摩擦因数=0.3（g取10m/s2）考点：探究影响摩擦力的大小的因素 专题：实验题；摩擦力专题分析：（1）需要交流电源和长度的测量工具；（2）每隔4个点取一计数点，相邻计数点之间的时间间隔为0.1s，由匀加速规律可得，用平均速度等于中间时刻的瞬时速度求解速度、用x=at2求解加速度；（3）对系统应用牛顿第二定律，

25、得到图线的纵轴截距为g，可解得动摩擦因数解答：解：（1）A、打点计时器通过打点即可知道时间，故不需要秒表，故A错误B、实验需要测量两点之间的距离，故需要毫米刻度尺和，故B正确C、本实验中可以不测滑块的质量，而且砝码的质量已知，故天平可以不选，故C错误D、打点计时器要用到低压交流电源，故D正确故选：BD；（2）每隔4个点取一计数点，相邻计数点之间的时间间隔为0.1s，故用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：vD=×102m/s=0.44m/s同理可求，vC=×102m/s=0.36m/s由匀变速运动规律得：vD=所以：vE=2vDvC=0.880.36m/s=0.52m/s由

26、x=at2可得：a=0.81m/s2（3）对ABC系统应用牛顿第二定律可得：a=g所以，am图象中，纵轴的截距为g，故g=3，=0.3故答案为：（1）BD；（2）0.52；0.81；（3）0.3点评：熟悉纸带的处理方法，注意时间的数值和长度的单位、逐差法等；对于图象问题，注意分析截距、斜率、面积等的含义14在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，要测量一个标有“3V 1.5W”的灯泡两端的电压和通过它的电流，现有如下器材：A直流电源3V（内阻可不计） B直流电流表0600mA（内阻约0.5） C直流电压表03V（内阻约3k） D滑动变阻器（10，1A）E滑动变阻器（1k，300mA） F 开关、

27、导线若干（1）本实验中滑动变阻器选用D（填“D”或“E”）（2）表中的各组数据是该同学在实验中测得的，根据表格中的数据在如图所示的方格纸上作出该灯泡的伏安特性曲线U/VI/A000.50.171.00.301.50.392.00.452.50.49（3）将一个这样的灯泡与5的定值电阻R0串联，接在电压恒定为2V的电路上，灯泡的实际功率为0.19w（结果保留两位有效数字）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）根据灯泡额定电压选择电源与电压表，根据灯泡额定电流选择电流表，在保证安全的前提下，应选择最大阻值较小的滑动变阻器（2）根据实验测量的数据确定滑动变阻器的接法，

28、根据待测灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出实验电路图（3）根据表中实验数据在坐标纸上描出对应点，然后作出图象在灯泡IU图象中作出电源的IU图象，根据图象求出灯泡两端电压与通过灯泡的电流，然后求出灯泡功率解答：解：（1）实验需要电源A，灯泡额定电压是3V，电压表应选D，灯泡正常发光时的电流I=0.5A=500mA，则电流表应选C，在保证安全的前提下，应选最大阻值较小的滑动变阻器，因此滑动变阻器应选D（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象，图象如图所示（3）由题意可知，灯泡两端的电压：U=E2IR0=25I，即U=25I，在灯泡的IU图象中作出灯泡的电

29、压与电流关系IU图象如图所示，由图象可知，灯泡两端电压为0.75V，通过灯泡的电流为0.25A，每个灯泡消耗的实际功率P=UI=0.75×0.25=0.19W；故答案为：（1）D （2）如图 （3）0.19点评：本题考查了选择实验器材、实验故障分析、作图象、实验数据处理等，知道实验原理是正确解题的前提与关键；要掌握描点法作图的方法，先根据实验数据在坐标系内描出对应点，然后用平滑的曲线把各点连接起来作出图象三、计算题：本题共3小题，共计30分.解答时请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能得分.有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位.15在消防演习中，消防

30、队员从一根树枝的长直轻绳上由静止滑下，经一段时间落地为了获得演习中的一些数据，以提高训练质量，研究人员在轻绳上端安装一个力传感器并与数据处理系统相连接，用来记录消防队员下滑过程中轻绳收到的拉力与消防队员重力的比值随时间变化的情况已知某队员在一次演习中的数据如图所示问：该消防队员在下滑过程中的最大速度和落地速度各是多少？（g取10m/s2）考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据图象读出绳子的拉力与消防队员的重力之比，分析消防队员的运动情况，根据牛顿第二定律求出加速度，由速度公式求出最大速度和落地的速度解答：解：该消防队员先在t1=1s时间内以a

31、1匀加速下滑然后在t2=1.5s时间内以a2匀减速下滑前1s内，由牛顿第二定律得： mgF1=ma1得，a1=g=10=4m/s2所以最大速度vm=a1t1代入数据解得：vm=4m/s后1.5s由牛顿第二定律得： F2mg=ma2得，a2=g=10=2m/s2队员落地时的速度v=vma2t2代入数据解得：v=1m/s答：该消防队员在下滑过程中的最大速度和落地速度各是4m/s和1m/s点评：本题是动力学第一类问题：已知受力情况确定运动情况也可以通过作速度图象进行分析和计算16如图所示，半径R=0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角=30°

32、;，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一轻质弹簧右端固定在竖直挡板上质量m=0.1kg的小物块（可视为质点）从空中A点以0=2m/s的速度水平抛出，恰好从B端沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，C、D间的水平距离L=1.2m，小物块与水平面间的动摩擦因数=0.5，取g=10m/s2求：（1）小物块经过圆弧轨道上B点时速度B的大小；（2）小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力NC的大小；（3）弹簧的弹性势能的最大值EPm考点：机械能守恒定律；向心力；功能关系 专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）小物块从A到B做平抛运动，恰好从B端沿切线方向进入

33、轨道，速度方向沿切线方向，根据几何关系求得速度B的大小；（2）小物块由B运动到C，据机械能守恒求出到达C点的速度，再由牛顿运动定律求解小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力NC的大小（3）小物块从B运动到D，根据能量关系列式求解解答：解：（1）小物块恰好从B端沿切线方向进入轨道，据几何关系有：B=4m/s（2）小物块由B运动到C，据机械能守恒有：mgR（1+sin）=mC2mB2在C点处，据牛顿第二定律有NCmg=m解得NC=8 N 根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力大小NC为8N（3）小物块从B运动到D，据能量关系有 EPm=mB2+mgR（1+sin）mgL=×

34、0.1×42 J+0.1×10×0.4×（1+） J0.5×0.1×10×1.2 J=0.8J 答：（1）小物块经过圆弧轨道上B点时速度B的大小是4m/s；（2）小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力NC的大小是8N；（3）弹簧的弹性势能的最大值EPm是0.8J点评：该题为平抛运动与圆周运动的结合的综合题，要能够掌握平抛运动的规律、牛顿第二定律和机械能守恒定律，关键能正确分析能量如何转化17如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置，s1、s2分别为M、N板上的小孔，s1、s2、O三点共线，它们的连线垂直M、N，且s2

35、O=R以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场D为收集板，板上各点到O点的距离以及板两端点的距离都为2R，板两端点的连线垂直M、N板质量为m、带电量为+q的粒子，经s1进入M、N间的电场后，通过s2进入磁场粒子在s1处的速度和粒子所受的重力均不计（1）当M、N间的电压为U时，求粒子进入磁场时速度的大小；（2）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值U0；（3）当M、N间的电压不同时，粒子从s1到打在D上经历的时间t会不同，求t的最小值考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；动能定理；带电粒子在匀强电场中的运动 专题：压轴题分析：（

36、1）粒子从s1到达s2的过程中，电场力做功W=qU，根据动能定理求出粒子进入磁场时速度的大小（2）粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，粒子恰好打在收集板D的中点上时，在磁场中运动圆弧，轨迹半径等于R，根据牛顿第二定律和动能定理求解M、N间的电压（3）粒子从s1到打在D上经历的时间t等于在电场中运动时间、磁场中运动时间和穿出磁场后匀速直线运动的时间之和M、N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，在极板间经历的时间越短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中粒子磁场偏转角度越小，运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，故当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短根据几何知识

37、求出打在D的右端时轨迹半径，根据前面的结果求出粒子进入磁场时的速度大小，运用运动学公式求出三段时间解答：解：（1）粒子从s1到达s2的过程中，根据动能定理得 解得 （2）粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有由得加速电压U与轨迹半径r的关系为 当粒子打在收集板D的中点时，粒子在磁场中运动的半径r0=R对应电压 （3）M、N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，粒子在极板间经历的时间越短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，所以当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短 根据几何关系可以求得粒子在磁场中运动的半径r=R 由 得粒子进入磁场时速度的大小： 粒子在电