2019-2020年高考物理模拟试卷（五）（含解析）.doc

2019-2020年高考物理模拟试卷（五）（含解析）一、选择题（共9小题，每小题3分，满分27分）1如图所示，在紫铜管内滴入乙醚，盖紧管塞用手拉住绳子两端迅速往复拉动，管塞会被冲开管塞被冲开前（）A 外界对管内气体做功，气体内能增大B 管内气体对外界做功，气体内能减小C 管内气体内能不变，压强变大D 管内气体内能增加，平均动能变大2下列说法错误的是（）A 液晶的光学性质具有各向异性B 当人们感觉到闷热时，说明空气的相对湿度较小C 液体表面的分子分布比液体内部分子的分布要稀疏D 草叶上的露珠呈球形是由于液体表面张力的作用3如图所示，“U”形金属框架固定在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中现使ab棒突然获得一初速度V向右运动，下列说法正确的是（）A ab做匀减速运动B 回路中电流均匀减小C a点电势比b点电势低D 安培力对ab棒做负功4设地球是一个密度均匀的球体，已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，如果沿地球的直径挖一条隧道，将物体从此隧道一端由静止释放刚好运动到另一端（如图所示），不考虑阻力，在此过程中关于物体的运动速度v随时间t变化的关系图象可能是（）A B C D 5下列说法正确的是（）A 原子核发生一次衰变，该原子外层就失去一个电子B 金属产生光电效应时，入射光的频率越高，光电子的最大初动能越大C 核裂变与核聚变都伴有质量亏损，亏损的质量转化成能量D 一群氢原子从定态n=3向基态跃迁，最多可以释放3条光谱6质量为1kg的物块在水平拉力的作用下，以一定的初速度沿水平面滑行，利用速度传感器在计算机屏幕上得到其速度随时间的变化关系如图所示，则物块（）A 01 s内的平均速度为2 m/sB 01 s内加速度的数值是13 s内加速度数值的6倍C 03 s内的位移为1 mD 所受合力在03 s内做的功为32 J7图中理想变压器的原、副线圈匝数之比为2：1，电阻R1=R2=10，电表、均为理想交流电表若R1两端电压u1=10sin100t（V），则下列说法正确的有（）A 电压表示数为14.14VB 电流表的示数为0.5 AC R1消耗的功率为20WD 原线圈输入交流电频率为50Hz8“马航MH370”客机失联后，我国已紧急调动多颗卫星，利用高分辨率对地成像、可见光拍照等技术对搜寻失联客机提供支持关于环绕地球运动的卫星，下列说法正确的是（）A 低轨卫星（环绕半径远小于地球同步卫星的环绕半径）都是相对地球运动的，其环绕速率可能大于7.9 km/sB 地球同步卫星相对地球是静止的，可以固定对一个区域拍照，但由于它距地面较远，照片的分辨率会差一些C 低轨卫星和地球同步卫星，不可能具有相同的周期也不可能具有相同的速率D 低轨卫星和地球同步卫星，不可能具有相同的周期但可能具有相同的速率9沿电场中某条直线电场线方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示，坐标点0、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，相邻两点间距相等一个带正电的粒子从O点附近由静止释放，运动到A点处的动能为Ek，仅考虑电场力作用则（）A 从O点到C点，电势先升高后降低B 粒子先做匀加速运动，后做变加速运动C 粒子在AB段电势能变化量大于BC段的D 粒子运动到C点时动能小于3Ek二、解答题（共4小题，满分54分）10某实验小组利用如图所示的装置进行实验，钩码A和B分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，钩码质量均为M，在A的上面套一个比它大一点的环形金属块C，在距地面为h1处有一宽度略比A大一点的狭缝，钩码A能通过狭缝，环形金属块C不能通过开始时A距离狭缝的高度为h2，放手后，A、B、C从静止开始运动（1）利用计时仪器测得钩码A通过狭缝后到落地用时t1，则钩码A通过狭缝的速度为（用题中字母表示）（2）若通过此装置验证机械能守恒定律，还需测出环形金属块C的质量m，当地重力加速度为g若系统的机械能守恒，则需满足的等式为（用题中字母表示）（3）为减小测量时间的误差，有同学提出如下方案：实验时调节h1=h2=h，测出钩码A从释放到落地的总时间t，来计算钩码A通过狭缝的速度，你认为可行吗？若可行，写出钩码A通过狭缝时的速度表达式；若不可行，请简要说明理由、11用伏安法测量一个阻值约为20的未知电阻Rx的阻值在以下备选器材中，电流表应选用，电压表应选用，滑动变阻器应选用（填写器材的字母代号）；电源E（电动势3V、内阻可忽略不计）电流表A1（量程050mA，内阻约12）电流表A2（量程03A，内阻约0.12）电压表V1（量程03V，内阻约3k）电压表V2（量程015V，内阻约15k）滑动变阻器R1（010，允许最大电流2.0A）滑动变阻器R2（01000，允许最大电流0.5A）定值电阻R（30，允许最大电流1.0A），开关、导线若干请在虚线框中画出测量电阻Rx的实验电路图（要求所测量值的变化范围尽可能大一些，所用器材用对应的符号标出）某次测量中，电压表读数为U时，电流表读数为I，则计算待测电阻阻值的表达式Rx=12如图所示，在矩形区域CDNM内有沿纸面向上的匀强电场，场强的大小E=1.5105N/C；在矩形区域MNGF内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小 B=0.2T已知CD=MN=FG=0.6m，CM=MF=0.20m在CD边中点O处有一放射源，沿纸面向电场中各方向均匀地辐射出速率均为v0=1.0106m/s的某种带正电粒子，粒子质量 m=6.41027kg，电荷量q=3.21019C，粒子可以无阻碍地通过边界MN进入磁场，不计粒子的重力求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径；（2）边界FG上有粒子射出磁场的范围长度；（3）粒子在磁场中运动的最长时间13如图甲所示，BCD为竖直放置的半径R=0.20m的半圆形轨道，在半圆形轨道的最低位置B和最高位置D均安装了压力传感器，可测定小物块通过这两处时对轨道的压力FB和FD半圆形轨道在B位置与水平直轨道AB平滑连接，在D位置与另一水平直轨道EF相对，其间留有可让小物块通过的缝隙一质量m=0.20kg的小物块P（可视为质点），以不同的初速度从M点沿水平直轨道AB滑行一段距离，进入半圆形轨道BCD经过D位置后平滑进入水平直轨道EF一质量为2m的小物块Q（可视为质点）被锁定在水平直轨道EF上，其右侧固定一个劲度系数为k=500N/m的轻弹簧如果对小物块Q施加的水平力F30N，则它会瞬间解除锁定沿水平直轨道EF滑行，且在解除锁定的过程中无能量损失已知弹簧的弹性势能公式，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量g取10m/s2（1）通过传感器测得的FB和FD的关系图线如图乙所示若轨道各处均不光滑，且已知轨道与小物块P之间的动摩擦因数=0.10，MB之间的距离xMB=0.50m当 FB=18N时，求小物块P从M点运动到轨道最高位置D的过程中损失的总机械能；（2）若轨道各处均光滑，在某次实验中，测得P经过B位置时的速度大小为m/s求在弹簧被压缩的过程中，弹簧的最大弹性势能xx年广东省深圳市宝安区高考物理模拟试卷（五）参考答案与试题解析一、选择题（共9小题，每小题3分，满分27分）1如图所示，在紫铜管内滴入乙醚，盖紧管塞用手拉住绳子两端迅速往复拉动，管塞会被冲开管塞被冲开前（）A 外界对管内气体做功，气体内能增大B 管内气体对外界做功，气体内能减小C 管内气体内能不变，压强变大D 管内气体内能增加，平均动能变大考点：热力学第二定律专题：热力学定理专题分析：本题抓住做功与内能的改变，克服摩擦做功，物体内能增加热传递与内能的改变解答：解：克服绳与金属管间的摩擦做功，使管壁内能增加，温度升高通过热传递，乙醚的内能增大，温度升高，直至沸腾；管塞会被冲开管塞被冲开前管内气体内能增加，压强变大，故选：D点评：本题考查了做功与内能的改变，摩擦生热，物体内能会增大2下列说法错误的是（）A 液晶的光学性质具有各向异性B 当人们感觉到闷热时，说明空气的相对湿度较小C 液体表面的分子分布比液体内部分子的分布要稀疏D 草叶上的露珠呈球形是由于液体表面张力的作用考点：* 液体的表面张力现象和毛细现象；* 固体的微观结构；*相对湿度分析：明确液晶的性质及作用；人感到闷热是因为相对湿度较大的原因；由于液体表面分子较为稀疏，故分子间为引力，从而使水滴等成球形解答：解：A、液晶具有光学性质的各向异性，广泛应用到显示器中；故A正确；B、人感到闷热是因为空气的相对湿度较大；故B错误；C、液体表面由于蒸发等因素而使分子较为稀疏，从而使分子间表现为引力；故C正确；D、液体表面张力使露珠、水滴等呈现为球形；故D正确；本题选错误的；故选；B点评：本题考查液晶的性质、湿度、液体的表面张力等性质，要注意正确掌握相关知识，并能正确应用并解释相关现象3如图所示，“U”形金属框架固定在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中现使ab棒突然获得一初速度V向右运动，下列说法正确的是（）A ab做匀减速运动B 回路中电流均匀减小C a点电势比b点电势低D 安培力对ab棒做负功考点：导体切割磁感线时的感应电动势；功的计算；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与电路结合分析：使ab棒突然获得一初速度，切割产生感应电动势，产生感应电流，受到向左的安培力，做变减速运动，根据右手定则判断ab棒中的感应电流方向，从而确定a、b两点的电势解答：解：A、棒子具有向右的初速度，根据右手定则，产生b指向a的电流，则a点的电势比b点的电势高根据左手定则，安培力向左，ab棒做减速运动，因为电动势减小，电流减小，则安培力减小，根据牛顿第二定律，加速度减小，做加速度减小的减速运动，由于速度不是均匀减小，则电流不是均匀减小故A、B、C错误D、安培力的方向与运动方向相反，知安培力做负功故D正确故选D点评：解决本题的关键根据切割产生感应电动势，结合闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律判断加速度的变化，从而判断出ab棒的运动规律以及掌握右手定则判断感应电流的方向和左手定则判断安培力的方向4设地球是一个密度均匀的球体，已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，如果沿地球的直径挖一条隧道，将物体从此隧道一端由静止释放刚好运动到另一端（如图所示），不考虑阻力，在此过程中关于物体的运动速度v随时间t变化的关系图象可能是（）A B C D 考点：万有引力定律及其应用；匀变速直线运动的图像专题：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位置的加速度相当于半径为Rd的球体在其产生的加速度，根据地球质量分布均匀得到加速度的表达式，再根据半径关系分析加速度的变化求解即可解答：解：如果物体在距地心为r处（rR），那么这个物体只会受到以地心为球心、以r为半径的那部分球体的万有引力，而距地心为r到R之间的物质对物体作用力的合力为零物体掉入隧道之后，不是做自由落体运动设物体的质量为m，地球密度为，以半径为r的那部分球体的质量为M，距地心r处的重力加速度为g，则M=r3，=mg，得g=Gr 由于物体掉入隧道之后，r在变化，由式可知g也在变化，且离地心越近g越小，在地心处g=0所以物体不是做自由落体运动考虑到方向，有g=Gr，即物体的加速度g与位移r大小成正比、方向相反，所以物体在隧道中的运动是简谐运动故选C点评：解决该题关键要运用万有引力等于重力表示出隧道内的重力加速度的变化情况去分析运动情况5下列说法正确的是（）A 原子核发生一次衰变，该原子外层就失去一个电子B 金属产生光电效应时，入射光的频率越高，光电子的最大初动能越大C 核裂变与核聚变都伴有质量亏损，亏损的质量转化成能量D 一群氢原子从定态n=3向基态跃迁，最多可以释放3条光谱考点：光电效应；裂变反应和聚变反应专题：光电效应专题分析：经过一个半衰期，有半数发生衰变；氢原子辐射出一个光子，能量减小，电子的轨道半径减小，电子动能增大，电势能减小；在发生光电效应的前提下，入射光越强，饱和电流越大；衰变的电子来自原子核，不是核外电子解答：解：A、衰变的电子是原子核内一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自外层电子故A错误B、发生光电效应时，根据Ekm=hW，可知，入射光的频率越高，光电子的最大初动能越大故B正确C、核裂变与核聚变都伴有质量亏损，根据质能方程可知，亏损的质量对应一定的能量，并不是转化成能量故C错误D、从定态n=3向基态跃迁，根据数学组合公式，最多可以释放3条光谱故D正确故选：BD点评：本题考查了质量亏损与质能方程的理解，掌握能级的跃迁、光电效应、衰变的实质等基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点6质量为1kg的物块在水平拉力的作用下，以一定的初速度沿水平面滑行，利用速度传感器在计算机屏幕上得到其速度随时间的变化关系如图所示，则物块（）A 01 s内的平均速度为2 m/sB 01 s内加速度的数值是13 s内加速度数值的6倍C 03 s内的位移为1 mD 所受合力在03 s内做的功为32 J考点：动能定理；匀变速直线运动的图像专题：动能定理的应用专题分析：根据vt图象的斜率求解加速度，根据vt图象与时间轴包围的面积求解位移大小，平均速度等于位移除以时间，根据动能定理求解合外力做的功解答：解：A、01s内的平均速度：=3m/s，故A错误；B、01s内加速度：a1=6m/s2，1s3s内加速度a2=1m/s2，则01s内加速度的数值是1s3s内加速度数值的6倍，故B正确；C、03s内的位移为x=16（31）2=1m，故C正确；D、根据动能定理可知，03s内合力做功：W=mv22mv12=122162=16J，故D错误故选：BC点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移7图中理想变压器的原、副线圈匝数之比为2：1，电阻R1=R2=10，电表、均为理想交流电表若R1两端电压u1=10sin100t（V），则下列说法正确的有（）A 电压表示数为14.14VB 电流表的示数为0.5 AC R1消耗的功率为20WD 原线圈输入交流电频率为50Hz考点：法拉第电磁感应定律；电功、电功率分析：利用变压器中电流与匝数成反比，结合分压原理分析电压表读数，交流电的有效值与最大值之间是 倍关系，从而即可求解解答：解：A、若R1两端电压u1=10sin100t（V），则R1两端电压的峰值为10V，所以有效值为10V，由于电阻R1=R2=10，则R2两端电压也为10V，因此电压表示数为10V，故A错误；B、根据A选项分析可知，副线圈的电压有效值为20V，而电阻R1=R2=10，由欧姆定律，I=，可得，副线圈的电流I=1A；由于原、副线圈匝数之比为2：1，且匝数与电流成反比，原线圈的电流为0.5A，即电流表的示数为0.5A，故B正确；C、根据功率表达式P=10W，故C错误；D、因R1两端电压u1=10sin100t（V），其频率为f=50Hz，那么原线圈的频率也为50Hz，故D正确故选：BD点评：本题考查了变压器的特点，交流电正弦图象，峰值与有效值之间的关系，注意匝数与电流，及电压的关系，同时理解变压器变化的电压，频率不会变化8“马航MH370”客机失联后，我国已紧急调动多颗卫星，利用高分辨率对地成像、可见光拍照等技术对搜寻失联客机提供支持关于环绕地球运动的卫星，下列说法正确的是（）A 低轨卫星（环绕半径远小于地球同步卫星的环绕半径）都是相对地球运动的，其环绕速率可能大于7.9 km/sB 地球同步卫星相对地球是静止的，可以固定对一个区域拍照，但由于它距地面较远，照片的分辨率会差一些C 低轨卫星和地球同步卫星，不可能具有相同的周期也不可能具有相同的速率D 低轨卫星和地球同步卫星，不可能具有相同的周期但可能具有相同的速率考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系专题：人造卫星问题分析：同步卫星相对地球静止，低轨卫星相对地球是运动的，根据万有引力提供向心力得出线速度、周期与轨道半径的关系，从而进行判断解答：解：A、同步卫星相对地球静止，低轨卫星相对地球是运动的，根据，解得：v=，第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，所以低轨卫星的线速度小于第一宇宙速度故A错误；B、同步卫星的周期与地球的周期相同，相对地球静止，可以固定对一个区域拍照，但由于它距地面较远，照片的分辨率会差一些故B正确；C、根据，解得：v=，低轨卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则低轨卫星的速率大于同步卫星，根据T=得：T=低轨卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则周期小于同步卫星，故C正确，D错误故选：BC点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，以及知道同步卫星的特点9沿电场中某条直线电场线方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示，坐标点0、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，相邻两点间距相等一个带正电的粒子从O点附近由静止释放，运动到A点处的动能为Ek，仅考虑电场力作用则（）A 从O点到C点，电势先升高后降低B 粒子先做匀加速运动，后做变加速运动C 粒子在AB段电势能变化量大于BC段的D 粒子运动到C点时动能小于3Ek考点：电势能；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：电场力做正功，动能增加，电势能减小，因是正电荷则电势降低，动能的变化量等于电势能的变化量，结合动能定理逐项分析解答：解：A、由O点到C点，沿电场方向，电势一直降低，则A错误B、带正电的粒子一直加速运动，则B错误C、AB段的平均电场力大于BC的平均电场力，则电场力做功不则粒子在AB段电势能变化量大于BC段的，C正确D、由A到C电场力做功小于2EK，则粒子运动到C点时动能小于3Ek，则D正确故选：CD点评：考查电场力做功与能量的变化关系，明确电场力做功与电势能的变化关系，结合运动定理求解二、解答题（共4小题，满分54分）10某实验小组利用如图所示的装置进行实验，钩码A和B分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，钩码质量均为M，在A的上面套一个比它大一点的环形金属块C，在距地面为h1处有一宽度略比A大一点的狭缝，钩码A能通过狭缝，环形金属块C不能通过开始时A距离狭缝的高度为h2，放手后，A、B、C从静止开始运动（1）利用计时仪器测得钩码A通过狭缝后到落地用时t1，则钩码A通过狭缝的速度为（用题中字母表示）（2）若通过此装置验证机械能守恒定律，还需测出环形金属块C的质量m，当地重力加速度为g若系统的机械能守恒，则需满足的等式为（用题中字母表示）（3）为减小测量时间的误差，有同学提出如下方案：实验时调节h1=h2=h，测出钩码A从释放到落地的总时间t，来计算钩码A通过狭缝的速度，你认为可行吗？若可行，写出钩码A通过狭缝时的速度表达式；若不可行，请简要说明理由可行、考点：验证机械能守恒定律专题：实验题分析：（1）由平均速度可近似表示A点的瞬时速度；（2）根据实验装置及机械能守恒定律可得出对应的表达式；（3）整体在中间位置上方做匀加速运动，在下方做匀速运动，由运动学公式可求得下方瞬时速度的大小解答：解：（1）在h1阶段由于金属块C静止，而A，B质量相等，所以A，B都是匀速直线运动，由匀速运动公式可得：v=；（2）由题意可知，整体减小的重力势能等于动能的增加量；即：mgh2=（2M+m）（）2（3）整体在上一段做匀加速直线运动，在下方做匀速运动；则可知：设中间速度为v，则有：h=t1；h=vt2；t1+t2=t解得：t2=；则下落的速度v=；故此方法可行，速度为：v=；故答案为：（1）； （2）；（3）可行； 点评：本题考查验证机械能守恒定律的实验，要注意正确分析实验原理，明确实验方法，才能准确得出对应的实验结果11用伏安法测量一个阻值约为20的未知电阻Rx的阻值在以下备选器材中，电流表应选用A1，电压表应选用V1，滑动变阻器应选用R1（填写器材的字母代号）；电源E（电动势3V、内阻可忽略不计）电流表A1（量程050mA，内阻约12）电流表A2（量程03A，内阻约0.12）电压表V1（量程03V，内阻约3k）电压表V2（量程015V，内阻约15k）滑动变阻器R1（010，允许最大电流2.0A）滑动变阻器R2（01000，允许最大电流0.5A）定值电阻R（30，允许最大电流1.0A），开关、导线若干请在虚线框中画出测量电阻Rx的实验电路图（要求所测量值的变化范围尽可能大一些，所用器材用对应的符号标出）某次测量中，电压表读数为U时，电流表读数为I，则计算待测电阻阻值的表达式Rx=R考点：伏安法测电阻专题：实验题分析：（1）根据已知电源可知最高电压，根据安全性原则可选择电压表，由欧姆定律求出最大电流，即可选出电流表；由题意可知电路的接法，可选择滑动变阻器；（2）由要求可知应采用分压接法，根据题意分析可知电流表及电压表的接法，同时可得出定值电阻的使用；（3）由欧姆定律可求得总电阻，再由串联电路的电阻规律可求得待测电阻解答：解：（1）由题意可知，电源电压为3V，故电压表只能采用03V，不能选用最大量程为15V的电压表，电压表选用V1；而由于待测电阻为20，则电路中电流最大为150mA； 故不能选用最大量程为3A的电流表，故电流表只能选用A1；而由题意可知，电路应采用分压接法，故滑动变阻器应选用较小的电阻，故滑动变阻器选用R1；（2）因题目要求所测量的值的变化范围尽可能大一些，故可知应采用滑动变阻器分压接法；由于电流表量程只有050mA，若只接待测电阻，电路中电流过大损坏电流表，故可将定值电阻接入与待测电阻串联；由于=60； 而=4.1，故电压表分流较小，故应采用电流表外接法；故电路如图所示：（3）由欧姆定律可知R+Rx=，解得Rx=R； 故答案为：（1）A1，V1，R1； （2）如图所示；（3）R点评：在电学实验的考查中，经常考查到仪表的选择、电流表内外接法的选择及实验数据的处理，故应注意此类问题的解法；在实验中要注意把握准确性及安全性原则12如图所示，在矩形区域CDNM内有沿纸面向上的匀强电场，场强的大小E=1.5105N/C；在矩形区域MNGF内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小 B=0.2T已知CD=MN=FG=0.6m，CM=MF=0.20m在CD边中点O处有一放射源，沿纸面向电场中各方向均匀地辐射出速率均为v0=1.0106m/s的某种带正电粒子，粒子质量 m=6.41027kg，电荷量q=3.21019C，粒子可以无阻碍地通过边界MN进入磁场，不计粒子的重力求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径；（2）边界FG上有粒子射出磁场的范围长度；（3）粒子在磁场中运动的最长时间考点：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：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）带电粒子先经电场加速，再进入匀强磁场中做匀速圆周运动先由动能定理粒子进入磁场时的速度，由牛顿第二定律求在磁场中做圆周运动的半径；（2）粒子垂直于电场方向射入电场中的粒子在该方向的位移最大，通过磁场后打在边界FG上最左端垂直于MN射入的粒子，经磁场偏转后轨迹恰好与边界FG相切，切点就是粒子能射出磁场的最右端画出两种情况下粒子运动的轨迹先研究粒子在电场中类平抛运动的过程：运用运动的分解，根据牛顿第二定律和运动学公式相结合求出粒子离开电场时的速度方向与电场方向的夹角，以及垂直于电场方向的位移根据几何知识求边界FG上有粒子射出磁场的范围长度；（3）粒子在磁场中轨迹对应的圆心角最大时，运动时间最长垂直于MN射入的粒子的轨迹与边界FG相切时，圆心角最大，时间最长，由数学知识求出圆心角，即可求最长时间解答：解：（1）设带电粒子进入磁场时的速度为v，由动能定理得：，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有：，解得：r=0.2m；（2）粒子垂直于电场方向射入电场中的粒子在该方向的位移最大，通过磁场后打在边界FG上最左端设该粒子离开电场时，速度方向与电场方向的夹角为1，该粒子在电场中运动时，加速度大小为：，沿电场方向的位移：，垂直电场方向的位移：x1=v0t=，离开电场时：，解得：1=30，因为：x1+r（1cos30）0.30m，粒子从S点射入磁场，偏转后从边界FG射出时的位置P即通过范围的左边界，且PSMN，垂直MN射入磁场的粒子经磁场偏转后恰好与边界FG相切，切点Q是通过范围的右边界则带电粒子从边界FG射出磁场时通过的范围长度为：l=x1+r0.43m，（3）带电粒子在磁场中运动的周期：T=6.28107s，带电粒子在磁场中运动时，其中沿OQR运动的轨迹最长，运动的时间最长，解得：2=30，带电粒子在磁场中运动的最大圆心角为120，对应的最长时间为：=2.09107s；答：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径是0.2m；（2）边界FG上有粒子射出磁场的范围长度是0.43m；（3）粒子在磁场中运动的最长时间是2.09107s点评：本题考查动能定理、牛顿第二定律，及类平抛运动处理规律，让学生熟练掌握它们的解题思路与方法注意粒子进入匀强电场时，恰好做类平抛运动时偏转位移最大，磁场中画出轨迹，确定边界范围，由几何知识求边界的长度13如图甲所示，BCD为竖直放置的半径R=0.20m的半圆形轨道，在半圆形轨道的最低位置B和最高位置D均安装了压力传感器，可测定小物块通过这两处时对轨道的压力FB和FD半圆形轨道在B位置与水平直轨道AB平滑连接，在D位置与另一水平直轨道EF相对，其间留有可让小物块通过的缝隙一质量m=0.20kg的小物块P（可视为质点），以不同的初速度从M点沿水平直轨道AB滑行一段距离，进入半圆形轨道BCD经过D位置后平滑进入水平直轨道EF一质量为2m的小物块Q（可视为质点）被锁定在水平直轨道EF上，其右侧固定一个劲度系数为k=500N/m的轻弹簧如果对小物块Q施加的水平力F30N，则它会瞬间解除锁定沿水平直轨道EF滑行，且在解除锁定的过程中无能量损失已知弹簧的弹性势能公式，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量g取10m/s2（1）通过传感器测得的FB和FD的关系图线如图乙所示若轨道各处均不光滑，且已知轨道与小物块P之间的动摩擦因数=0.10，MB之间的距离xMB=0.50m当 FB=18N时，求小物块P从M点运动到轨道最高位置D的过程中损失的总机械能；（2）若轨道各处均光滑，在某次实验中，测得P经过B位置时的速度大小为m/s求在弹簧被压缩的过程中，弹簧的最大弹性势能考点：动能定理；机械能守恒定律专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据牛顿第二定律，结合B点的压力大小求出B点的速度根据：E1=mgxMB求出小物块P从M到B所损失的机械能，根据牛顿第二定律求出D点的速度，根据动能定理求出B到D过程中克服摩擦力做功，从而求出小物块P从M点运动到轨道最高点D的过程中所损失的机械能（2）根据机械能守恒求出D点的速度，通过能量守恒、动量守恒定律，求出弹簧的最大弹性势能解答：解：（1）设小物块P在B、D两位置受轨道弹力大小分别为NB、ND，速度大小分别为vB、vD根据牛顿第三定律可知：NB=FB，ND=FD，小物块P通过B位置时，根据牛顿第二定律有：NBmg=m，代入数据解得：vB=4.0m/s；小物块P从M到B所损失的机械能为：E1=mgxMB=0.10J，小物块P通过D位置时，根据牛顿第二定律有：ND+mg=m，代入数据解得：vD=2.0m/s，小物块P由B位置运动到D位置的过程中，克服摩擦力做功为Wf，根据动能定理有：Wfmg2R=mvD2mvB2，代入数据解得：Wf=0.40J，小物块P从B至D的过程中所损失的机械能：E2=0.40J，小物块P从M点运动到轨道最高点D的过程中所损失的机械能：E=E1+E2=0.50J；（2）在轨道各处均光滑的情况下，设小物块P运动至B、D位置速度大小分别为vB、vD根据机械能守恒定律有：，代入数据解得：vD=4.0m/s，小物块P向小物块Q运动，将压缩弹簧，当弹簧的压缩量x=F/k时，小物块Q恰好解除锁定设小物块P以vx速度大小开始压缩弹簧，当其动能减为零时，刚好使小物块Q解除锁定根据能量守恒有：，代入数据解得：vx=3.0m/s，由于vDvx，因此小物块Q被解除锁定后，小物块P的速度不为零，设其速度大小为vP，根据能量守恒有 ，代入数据解得：vP=m/s，当小物块Q解除锁定后，P、Q以及弹簧组成的系统动量守恒，当两者速度相等时，弹簧的压缩量最大以向右为正方向，根据动量守恒定律有：mvP=（m+2m）v，弹簧的最大弹性势能为：J；答：（1）小物块P从M点运动到轨道最高位置D的过程中损失的总机械能为0.5J；（2）在弹簧被压缩的过程中，弹簧的最大弹性势能为1.37J点评：本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律、机械能守恒、动能定理、牛顿第二定律的综合运用，综合性较强，对学生的能力要求较高，关键合理地选择研究的过程，选择合适的规律进行求解