《江苏省苏州市高三物理上学期期末考试试卷（含解析考）新人教版.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省苏州市高三物理上学期期末考试试卷（含解析考）新人教版.doc（18页珍藏版）》请在三一办公上搜索。
1、江苏省苏州市2013届高三上学期期末考试物理试卷一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意.1（3分）有许多物理学家对科学发展作出了重大贡献下列叙述中符合史实的是（）A伽利略的理想斜面实验，说明了物体的运动不需要力来维持B亚里土多德通过逻辑推理，认为从同一高度自由落下的重物与轻物下落一样快C牛顿发现了万有引力定律，并第一次在实验室里测出了引力常量D安培在研究电磁现象时，提出了“场”的概念考点：物理学史分析：本题比较简单，考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的伽利略、安培、牛顿、法拉第等，在学习过程中了解这些
2、著名科学家的重要贡献，是解答类似问题的关键解答：解：A、伽利略设想的理想斜面实验，说明了物体的运动不需要力来维持故A正确B、伽利略通过逻辑推理，认为从同一高度自由落下的重物与轻物下落一样快故B错误C、牛顿发现了万有引力定律之后，是卡文迪许第一次在实验室里测出了引力常量故C错误D、法拉第在研究电磁现象时，提出了“场”的概念故D错误故选A点评：物理学的发展离不开各位物理学家的努力，在学习中应清楚他们的主要贡献2（3分）如图所示为一物体沿南北方向（规定向北为正方向）做直线运动的vt图象，由图可知（）A3s末物体回到初始位置B3s末物体的加速度方向将发生变化C物体所收合外力的方向一直向北D物体所收合外
3、力的方向一直向南考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：物体沿南北方向做直线运动，根据规定的正方向，由速度图线分析物体的运动情况，根据图线与坐标轴所围“面积”表示位移，分析物体在什么时刻回到初始位置图线的斜率等于加速度由牛顿第二定律分析合外力的方向解答：解：A、在前3s内，速度为负值，说明物体一直向南运动，没有回到初始位置故A错误B、直线的斜率是一定的，说明物体在6s内的加速度恒定不变，则3s末物体的加速度方向没有发生变化故B错误C、D图线的斜率一直大于零，说明物体加速度的方向一直向北，根据牛顿第二定律得知：加速度方向与合外力方向相同，所以物体所受合外力的方向一直向北故C正确，
4、D错误故选C点评：由速度图象读出速度的大小、方向、加速度、位移等等是基本功，加强训练，熟练应用3（3分）如图所示为一理想变压器，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器的滑动触头，U1为加在变压器原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流，则不会发生的是（）A保持U1和P的位置不变，S由a合到b时，I1将增大B保持U1和P的位置不变，S由b合到a时，R消耗功率减小C保持P的位置不变，S合在a处，当U1增大时，I1将增大D保持U1不变，S合在a处，当P上滑时，I1将增大考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：由图可知：电压表测量的是副线圈电压，电流表测量的是副线圈电流，根据输出电压是由输入电压和匝数比
5、决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比分析即可解答：解：A、保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，所以副线圈功率变大，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变大，根据I1=，得I1将增大，故A正确；B、保持U1及P的位置不变，K由b合到a时，原线圈匝数变大，副线圈电压变小，根据P=可知功率变小，故B正确；C、保持P的位置不变，K合在a处，若U1增大，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，根据I1= 可知I1将增大，故C正确；D、保持U1不变，K合在a处，使P上滑时，R增大，而电压不变，所以副线圈电流变小，根据I
6、1= 可知I1将减小，故D错误本题选择错误的，故选D点评：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解，注意电压表和电流表测量的是有效值4（3分）如图所示，E为电源的电动势、r为电源内阻，R1、R2为定值电阻，线圈L的直流电阻不计，C为电容器下列说法中正确的是（）A合上开关S的瞬间，R1中无电流B合上开关S待电路稳定后，R2中无电流C开关S原来合上，在断开S的瞬间，R1中电流方向向左D开关S原来合上，在断开S的瞬间，R2中电流方向向左考点：自感现象和自感系数；闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：对于电容器来说能通交流隔直流，而频率越
7、高越容易通过对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流解答：解：A、闭合开关瞬间L相当于断路，R1和R2中都有电流，故A错误；B、稳定后L相当于一段导线，R1中无电流，R2中有电流，故B错误；C、断开瞬间，L相当于电源与R1组成回路R1中电流方向向左，故C正确；D、电容器和R2组成回路，有一短暂的放电电流，R2中电流方向向右，故D错误故选C点评：记住自感 线圈对电流突变时的阻碍：闭合开关瞬间L相当于断路，稳定后L相当于一段导线，断开瞬间L相当于电源5（3分）如图所示，建筑工人要将建筑材料送到高处，常在楼顶装置一个定滑轮（图中未画出）用绳AC通过滑轮将建筑材料提到某一高处，为了防止建筑材
8、料与墙壁相碰，站在地面上的工人还另外用绳CB拉住材料，使它与竖直墙面保持一定的距离L若不计两根绳的重力，在建筑材料缓慢提起的过程中，绳AC与CB的拉力F1和F2的大小变化情况是（）AF1增大，F2增大BF1增大，F2不变CF1不变，F2增大DF1减小，F2减小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：解决此题的关键是抓住题干中的“缓慢上升，物体与墙壁的距离始终保持不变”为突破口，对物体进行受力分析，根据图象结合角度的变化分析力的大小变化情况解答：解：在建筑材料缓慢提起的过程中，其合力保持为零因物体与墙壁的距离始终保持不变，先明确两点：（1）根据平衡
9、条件得知两绳拉力的合力与物体的重力大小相等、方向相反，保持不变；（2）在题型设条件下图中标明的两角度一个增大，另一个减小然后就用平行四边形定则作出图（2），由图知，两根绳子上的拉力F1和F2均增大故A正确故选A点评：本题运用图解法分析物体的动态平衡问题，正确分析受力，并运用平衡条件的推论进行分析即可二、多项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共l6分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6（4分）图中展示了等量异种点电荷的电场和等势面关于场中的A、B、C、D四点，下列说法中正确的是（）AA、B两点的电势和场强都相同BA、B两点的场强相同，电势不同C中垂
10、线上的C、D两点的电势和场强都不同D中垂线上的C、D两点的电势相同，场强不同考点：等势面；匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：等量异种点电荷的电场线和等势面具有对称性：上下对称和左右对称根据这一特点可以判定各点的电势与场强解答：解：A、B：等量异种点电荷的电场左右对称，所以A、B两点的场强大小相等；沿电场线方向电势降落，所以A点的电势高于B点 的电势，故A错误，B正确；C、D：等量异种点电荷的电场的中垂线是一个等势面，电势与无穷远处的电势相同，所以C、D两点的电势相同；D点的电场线比较密，所以D得的场强比较大故C错误，D正确故选：BD点评：该题考查等量异种点电荷的
11、电场线和等势面，它们的电场线是问题的关键所以简单题7（4分）如图所示，在一个水平放置的闭合线圈上方有一条形磁铁，现要在线圈中产生顺时针方向的电流（从上向下看），那么下列选项中可以做到的是（）A磁铁下端为N极，磁铁向上运动B磁铁上端为N极，磁铁向上运动C磁铁下端为N极，磁铁向下运动D磁铁上端为N极，磁铁向下运动考点：楞次定律分析：根据图示电流方向，由安培定则判断出感应电流磁场方向；当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律判断出原磁场方向，从而判断出磁铁的磁极极性；然后再根据楞次定律“来拒去留”可判断磁铁与线圈的相互作用解答：解：A、由安培定则可知，感应电流的磁场方向向下；当磁铁向上运动
12、时，穿过线圈的磁通量变小，由楞次定律可知，原磁场方向向下，因此磁铁的下端是N极，上端是S极，故A正确，B错误；C、由安培定则可知，感应电流的磁场方向向下；当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可知，原磁场方向向上，因此磁铁的下端是S极，上端是N极，故C错误，D正确；故选：AD点评：楞次定律是高中物理的一个重点，也是常考内容，一定要正确、全面理解楞次定律含义，掌握应用楞次定律解题的思路与方法8（4分）如图所示，曲线C1、C2分别是纯电阻直流电路中内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线由该图可知下列说法中正确的是（）A电源的电动势为4VB电源的内电阻为1C电源输出功率最大值为8WD电源
13、被短路时，电源消耗的功率为16W考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：当电路的内电阻和外电阻相等时，电路的输出的功率最大，根据图象可以求得电源的最大输出功率和电源的内阻的大小解答：解：根据图象可以知道，曲线C1、C2的交点的位置，此时的电路的内外的功率相等，由于电路的电流时相等的，所以此时的电源的内阻和电路的外电阻的大小是相等的，即此时的电源的输出的功率是最大的，由图可知电源输出功率最大值为4W，所以C错误；根据P=I2R=I2r可知，当输出功率最大时，P=4W，I=2A，所以R=r=1，所以B正确；由于E=I（R+r）=2（1+1）=4V，所以电源的电动势为4V，所以A正确；当电源被短路
14、时，电源消耗的最大功率P大=16W，所以D正确故选ABD点评：本题考查学生的读图的能力，并且要知道当电路的内电阻和外电阻相等时，电路的输出的功率最大，这个结论9（4分）如图所示，质量相同的木块A、B用轻弹簧相连，静止在光滑水平面上弹簧处于自然状态现用水平恒力F向右推A，则从开始推A到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，下列说法中正确的是（）A两木块速度相同时，加速度aA=aBB两木块速度相同时，加速度aAaBC两木块加速度相同时，速度vAvBD两木块加速度相同时，速度vAvB考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；胡克定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：当弹簧被压缩到最短时，AB两个
15、物体的速度相同，在弹簧被压缩到最短之前，A的速度一直大于B的速度解答：解：从开始推A到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，物体A的加速度逐渐减小，而B的加速度逐渐增大在 vA=vB 之前，A的加速度总大于B的加速度，所以aA=aB时，vAvB此后A的加速度继续减小，B的加速度继续增大，所以vA=vB时，aBaA故BC正确故选BC点评：在弹簧被压缩的过程中，A的合力在减小，加速度在减小，只要A的速度大于B的速度，此过程中B的加速度一直在增加三、简答题：本大题分2小题；其中第10题8分，第11题10分，共计18分.请将解答填在答题卡上相应的位置10（2分）如图所示，在做“验证力的平行四边形定则”的实验
16、时，用M、N两个测力计（图中未画出）通过细线拉橡皮条的端点，使其到达O点，此时+=90，然后保持M的示数不变，而使角减小，为保持端点位置不变，可采用的办法是（）A减小N的示数同时减小角B减小N的示数同时增大角C增大N的示数同时增大角D增大N的示数同时减小角考点：验证力的平行四边形定则专题：实验题；平行四边形法则图解法专题分析：要使结点不变，应保证合力不变，故可以根据平行四边形定则分析可以采取的办法解答：解：要保证结点不动，应保证合力不变，则由平行四边形定则可知，合力不变，M方向向合力方向靠拢，则N的拉力应减小，同时应减小角；故选A点评：本题考查平行四边形定则的应用，在应用时要注意做出平行四边形
17、进行动态分析11（6分）使用如图（a）所示的装置验证机械能守恒定律，打出一条纸带如图（b）所示，O是打出的第一个点迹，A、B、C、D、E、F是依次打出的点迹，量出OE间的距离为L，DF间的距离为s已知打点计时器打点的周期是T，当地的重力加速度为g在实验误差允许的范围内，上述物理量如果满足关系式，即验证了重锤下落过程中机械能是守恒的若T=0.02s，在图（b）中如果发现OA距离大约是4mm，则出现这种情况最可能的原因是：先释放纸带后启动打点计时器，此时上述的各物理量间满足的关系式是考点：验证机械能守恒定律专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：通过某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出E
18、点的速度，从而得出动能的增加量，通过下落的高度求出重力势能的减小量，若动能的增加量和重力势能的减小量相等，则重锤下落过程中机械能守恒若初速度为零，加速度为g，OA间的距离大于2mm，根据OA间实际的距离分析误差的原因解答：解：E点的速度为，则O到E，动能的增加量为，重力势能的减小量Ep=mgl，若，即，机械能守恒若初速度为零，加速度为g，则OA间的距离大约2mm，发现OA距离大约4mm，知初速度不为零，可能是先释放纸带后启动打点计时器求解动能的变化量时，未减去初速度，则重力势能的减小量小于动能的增加量，即故答案为： 先释放纸带后启动打点计时器，点评：解决本题的关键掌握实验的原理，以及知道误差形
19、成的原因12（10分）某同学在做“用电流表和电压表测电源的电动势和内阻”的实验中，串联了一只R0=1.5的保护电阻，实验电路如图（a）所示则（1）用完好的导线连好电路后，该同学闭合电键S，发现电流表示数为零，电压表示数不为零，检查各接线柱均未接错，且接触良好他用多用电表的电压挡检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为零，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，由此可以推断故障原因是R断路（2）排除障后，该同学顺利完成实验，测得下列数据并且根据数据在坐标系中描出了对应的点，如图（b）所示，请画出UI图象；I/A0.100.170.230.300.40U/V1.201.000.
20、800.600.55（3）由UI图象求出实验中电池的电动势E=1.50V，内阻r=1.3（4）本次实验产生系统误差的原因是：因为电压表内阻有分流作用考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）通过排除法，从断路和短路的角度推断故障（2）运用描点法画出UI图象（3）UI图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示内阻（4）将保护电阻等效到电源的内部，电压表测的是外电压，电流表的读数小于通过电源的电流，是因为电压表起分流作用解答：解：（1）发现电流表示数为0，电压表示数不为0，电流表或R处断路，用多用电表的电压档检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均
21、为0，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，知R断路（2）UI图象如图（3）UI图线是一条倾斜的直线，描点作图如下图纵轴截距为1.5所以电动势E=1.50V图线的斜率k=2.8，则内阻r=2.81.5=1.3（4）电流表所测的电流小于通过电源的电流，因为电压表内阻有分流作用故答案为：（1）R断路（2）如图（3）1.50V，1.3（4）因为电压表内阻有分流作用点评：解决本题的关键会从UI图线获取电源的电动势和内阻，注意将保护电阻等效到电源的内部，最终电源的内阻等于图线的斜率绝对值减去保护电阻的阻值以及会分析误差的来源，四、计算题：本大题共5小题，共71分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重
22、要的演算步骤只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中须明确写出数值和单位13（12分）我国成功发射的神舟七号载人飞船绕地球的运行可看作是匀速圆周运动，宇航员测得自己绕地心做匀速圆周运动的周期为T、距地面的高度为H，已知地球半径为R，引力常量为G（1）求飞船的线速度大小；（2）求地球的质量；（3）能否求出飞船所需的向心力？若能，请写出计算过程和结果；若不能，请说明理由考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：（1）根据线速度与周期的关系公式，其中r=（R+H），计算可得飞船的线速度大小v（2）飞船绕地球做匀速圆周运动
23、所需要的向心力由万有引力提供，把v和r代入计算可得地球的质量M（3）根据万有引力定律，不能算出飞船所需要的向心力，因为飞船的质量未知解答：解：（1）线速度与周期的关系公式又因为r=（R+H）所以（2）飞船绕地球做匀速圆周运动所需要的向心力由万有引力提供解得：（3）不能算出飞船所需要的向心力，因为飞船的质量未知答：（1）飞船的线速度大小为；（2）地球的质量为；（3）不能算出飞船所需要的向心力，因为飞船的质量未知点评：本题考查了圆周运动的线速度与周期的关系，以及万有引力提供向心力这个重要的关系特别要注意，根据万有引力定律，要两物体之间的计算万有引力，必须要知道两个物体的质量和他们之间的距离14（1
24、4分）如图所示，质量为m的小球从A点水平抛出，抛出点距离地面高度为L，不计与空气的摩擦阻力，重力加速度为g在无风情况下小木块的落地点B到抛出点的水平距离为S；当有恒定的水平风力F时，小木块仍以原初速度抛出，落地点C到抛出点的水平距离为S，求：（1）小木块初速度的大小； （2）水平风力F的大小；（3）水平风力对小木块所做的功考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；平抛运动专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）无风时，根据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，求出初速度（2）有水平风力后，小球在水平方向上做匀减速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合牛顿
25、第二定律和运动学公式求出风力的大小（3）风力是恒力，直接根据功的计算公式求功解答：解：（1）无风时，小球做平抛运动，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，则有 水平方向：S=v0t 竖直方向：L=解得，初速度v0=S（2）有水平风力后，小球在水平方向上做匀减速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球运动的时间不变则S=v0t又F=ma t=联立以上三式得：F=（3）水平风力对小木块所做的功为：W=F=答：（1）小木块初速度的大小是S； （2）水平风力F的大小是；（3）水平风力对小木块所做的功是点评：解决本题的关键理清物体在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行求
26、解15（14分）如图所示，足够长的U形导体框架的宽度L=0.5m，电阻可忽略不计，其所在平面与水平面成=37角有一磁感应强度B=0.8T的匀强磁场，方向垂直于导体框平面一根质量m=0.2kg、电阻为R=2的导体棒MN垂直跨放在U形框架上，某时刻起将导体棒由静止释放已知导体棒与框架间的动摩擦因数=0.5（已知sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）（1）求导体棒刚开始下滑时的加速度的大小； （2）求导体棒运动过程中的最大速度和重力的最大功率；（3）从导体棒开始下滑到速度刚达到最大的过程中，通过导体棒横截面的电量Q=2C，求导体棒在此过程中消耗的电能考点：导体切割磁感线时的感应电
27、动势；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律专题：电磁感应功能问题分析：（1）导体棒刚开始下滑时，只受重力、导体框的支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律列式求加速度；（2）导体棒匀速运动下滑时，速度最大，此时导体棒受到重力、支持力、滑动摩擦力、安培力平衡，推导出安培力与速度关系式，由平衡条件求出速度重力的功率P=mgsin（3）根据法拉第电磁感应定律推出电量与距离的关系，由电量求出导体棒下滑的距离S，根据能量守恒求解导体棒在此过程中消耗的电能解答：解：（1）导体棒刚开始下滑时，只受重力、导体框的支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得 mgsinmgcos=ma解得，a=2
28、m/s2（2）当导体棒匀速下滑时，其受力情况如图，设匀速下滑的速度为v，因为匀速下滑，则： 平行斜面：mgsinfF=0其中：f=mgcos 安培力：F=BIL电流强度 I=则得F=由以上各式解得：v=5m/s重力的最大功率P=mgsin=6W（3）通过导体的电量 Q=t由法拉第电磁感应定律得 由欧姆定律得=联立以上三式得 Q=设物体下滑速度刚好为v时的位移为S，则=BSL得 Q=解得 S=10m对全程，由动能定理得：mgSsinW安mgcosS=解得克服安培力做功W安=1.5J根据功能关系得：克服安培力做功等于导体棒的有效电阻消耗的电能 所以导体棒在此过程中消耗的电能 W=1.5J答：（1）
29、导体棒刚开始下滑时的加速度的大小为2m/s2； （2）导体棒运动过程中的最大速度为5m/s，重力的最大功率为6W；（3）导体棒在此过程中消耗的电能为1.5J点评：本题是电磁感应与力学的综合题，涉及到电路、磁场、电磁感应和力学多方面知识，其中安培力的分析和计算是关键这类题型是高考的热点16（15分）如图所示为一种获得高能粒子的装置环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调节的均匀磁场质量为m、电量为+q的粒子可在环中做半径为R的圆周运动A、B为两块中心开有小孔的极板原来电势都为零，每当粒子经过A板时，A板电势升高为+U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间电场中得到加速每当粒子离开B板时，A板的电势又降为
30、零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行的半径不变（设极板间距远小于R）（1）设t=0时粒子静止在A板小孔处，经电场加速后，离开B板在环开磁场中绕行，求粒子绕行第1圈时的速度v1和磁感应强度B1；（2）为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，求粒子绕行n圈所需的总时间t；（3）在粒子绕行的整个过程中，A板电势是否可以始终保持为+U？为什么？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；动能定理的应用；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）根据动能定理，即可求出加速的速度，再由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，即可求解；（2）
31、通过运动学公式，分别求出经过第1圈的速度及时间，第2圈的速度与时间，及到第n圈的速度与时间，从而求出总时间；（3）电场力对粒子做功，而洛伦兹力对粒子不做功，所以根据电场力做功之和来确定结果解答：解：（1）粒子绕行第一圈电场做功一次，由动能定理：即第1次回到B板时的速度为：绕行第1圈的过程中，由牛顿第二定律： 得（2）粒子在每一圈的运动过程中，包括在AB板间加速过程和在磁场中圆周运动过程在AB板间经历n次加速过程中，因为电场力大小相同，故有： t总=t1+t2+t3+tn由于每一圈速度不同，所以每一圈所需时间也不同由第一问题计算可知，第1圈：第2圈：第n圈：.则：第1圈：第2圈：第n圈： 综上：
32、绕行n圈过程中在磁场里运动的时间（3）不可以，因为这样粒子在A、B之间飞行时电场力做功qU使之加速，在A、B之外飞行时，电场又对其做功qU使之减速，粒子绕行一圈，电场对其做的总功为零，能量不会增大答：（1）设t=0时粒子静止在A板小孔处，经电场加速后，离开B板在环开磁场中绕行，则粒子绕行第1圈时的速度： 和磁感应强度；（2）为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，则粒子绕行n圈所需的总时间间；（3）不可以，因为这样粒子在A、B之间飞行时电场力做功qU使之加速，在A、B之外飞行时，电场又对其做功qU使之减速，粒子绕行一圈，电场对其做的总功为零，能量不会增大点评：考查动能定理
33、、牛顿第二定律的理解与应用，掌握运动学公式来计算运动的时间与速度，并分别圈数来确定，同时掌握电场力做功与洛伦兹力不做功的区别17（16分）如图所示，以A、B和C、D为端点的半径为R=0.6m的两半圆形光滑绝缘轨道固定于竖直平面内，B端、C端与光滑绝缘水平面平滑连接A端、D端之间放一绝缘水平传送带，传送带下方B、C之间的区域存在水平向右的匀强电场，场强E=5105V/m当传送带以v0=6m/s 的速度沿图示方向匀速运动时，将质量为m=4103kg，带电量q=+1108C的小物块由静止放上传送带的最右端，小物块第一次运动到传送带最左端时恰好能从A点沿半圆轨道滑下，不计小物块大小及传送带与半圆轨道间
34、的距离，g取10m/s2，已知A、D端之间的距离为1.2m 等于水平传送带的长（1）求小物块第一次运动到传送带最左端时的速度的大小；（2）求小物块与传送带间的动摩擦因数；（3）求小物块第1次经CD半圆形轨道到达D点时的速度大小；（4）小物块第几次经CD半圆形轨道到达D点时的速度达到最大？最大速度为多少？考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力专题：动能定理的应用专题分析：（1）对小物块第一次运动到传送带最左端时的速度的大小这个问题，学生一般会想把它作为DA段的末速u度来求，但是再进一步就走不动了，因为题目没给DA段的摩擦力，也没给摩擦因数，或者其他一些提示，比如说摩擦力为重力的几分之几因为不
35、知道摩擦力，所以动能定理当然也不能用因此个问题就要再回到题目中仔细看题干，题干当中有这样一句：“小物块第一次运动到传送带最左端时恰好能从A点沿半圆轨道滑下”，题眼就在这里了句中的“恰好能从A点沿半圆轨道滑下”就是题眼，打开这个题就从里开始（题眼找不到，题目就打不开，余下的问题一个都做不了，所以找出“题眼”很关键）这句话涉及到我们在学的绳杆模型问题，我们区分绳杆模型的依据是这个装置在最高点是否能为物体提供向上的支持力，所以这个轨道实际就是一个绳的模型而“恰好能从A点沿半圆轨道滑下”，说明的是圆轨道AB的最高点A位置恰好是重力充当向心力，由此可以解出小物块第一次运动到传送带最左端时的速度的大小（2
36、）因为在第一问已经求的A点的速度，要求摩擦因数可以用DA段的运动了第一问的计算结果是：，它小于传送带的速度6m/s，所以可以知道摩擦力在全程做功，因此列出动能定理方程，可以解得摩擦因数（3）这一问要有全局观念，我们可以选择从D到A经BC再回到D这个过程，来应用一次动能定理这个过程中做功的力只有两个，一个是传送带的摩擦力，一个就是电场力两个都好表示，列出动能定理就可解得结果（4）先说明一下，这一问非常难，一般不会考到这个难度的题，即使现在作为高考的压轴题也少见这个难度的以前物理单独考的时候有这个难度的，现在极少见了，不会的也不用气馁来说一下分析思路，物体会在n次加速之后回到D点时，速度等于传送带
37、的速度，这之后，传送带不再给物体加速，只有电场还会给物体加速，经电场加速之后物体第n+1次回到D点时，其速度就比传送带的速度要大则传送带对物体的摩擦力就会变成阻力使其速度减小，直到和传送带的速度一样但是不可能出现减速后到A点速度仍比传送带的速度大的情况，因为这样的话它再次经过电场加速到D点后速度一定比第n+1次回到D点时的速度大，这样就无限循环速度就没有最大值了解答：解：（1）由题意，在小物块第一次运动到传送带最左端时恰好能从A点沿半圆轨道滑下，知圆轨道AB的最高点A位置恰好是重力充当向心力：解得：（2）因，所以物块在传送带上从D到A摩擦力一直做功，由动能定理得： 解得：=0.25（3）对整体
38、即从D到A经BC再回到D这个过程应用动能定理：此过程中做功的有摩擦力和电场力摩擦力做功为：Wf=mgL电场力做功为：WE=qEL由动能定理得：由以上三式解得：vD1=3m/s（4）设第n次到达D点时的速度等于传送带的速度，由动能定理得：解得：n=4由于n=4是整数，说明物块第4次到达D点时的速度刚好等于传送带的速度而后物块随传送带一起匀速运动到A点，再次回到D点的速度为vD，由动能定理得：解得：v0这是第5次到达D点的速度，因为它大于传送带的速度所以传送带的摩擦力就变成了阻力，物块在传送带上做匀减速直线运动设在传送带上前进距离S后，速度减到与传送带速度相等由动能定理得：解得：S=0.6m说明物
39、块第5次到达D点后，在传送带上减速至中点时速度即和传送带速度相等，之后随传送带匀速运动到A点，以后的运动就重发上述过程，所以物块第5次到达D点的速度最大，其最大速度为答：（1）小物块第一次运动到传送带最左端时的速度的大小为：（2）小物块与传送带间的动摩擦因数为：0.25（3）小物块第1次经CD半圆形轨道到达D点时的速度大小：3m/s（4）物块第5次到达D点的速度最大；最大速度为：点评：本题由两个难点，一是在找到“题眼”解决第一问，以此来打开整个题目这个还有点技巧可以用，就是要注意题目中一些临界性质的表述，比如常见到的“恰好”“刚好”“刚刚”等，指的就是一些临界情况，解题应予以关注二是在第4问是个大难点，并且这个也没什么技巧可用，全凭经验和综合分析能力了
