2019-2020年高考物理模拟试卷（三） 含解析.doc

2019-2020年高考物理模拟试卷（三） 含解析一、选择题（题型注释）1（3分）（xx怀化一模）19世纪30年代，法拉第曾提出电荷周围存在一种场，而非存在“以太”后来人们用电荷在场空间受力的实验证明了法拉第观点的正确性，所用方法叫做“转换法”下面给出的四个研究实例中，采取的方法与上述研究方法相同的是（）A伽利略用逻辑推理否定了亚里士多德关于落体运动的认识B牛顿通过对天体现象的研究，总结出万有引力定律C奥斯特通过放在通电直导线下方的小磁针发生偏转得出通电导线的周围存在磁场的结论D欧姆在研究电流与电压、电阻关系时，先保持电阻不变研究电流与电压的关系；然后再保持电压不变研究电流与电阻的关系2（3分）（xx福建模拟）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1=20，R2=30，C为电容器已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则（）A交流电的频率为0.02 HzB原线圈输入电压的最大值为200VC通过R3的电流始终为零D电阻R2的电功率约为6.67 W3（3分）（xx广州校级模拟）如图所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线从A向B运动，由此可知（）A电场中A点的电势低于B点的电势B微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能C微粒在A点时的动能小于在B点时的动能，在A点时的电势能大于在B点时的电势能D微粒在A点时的机械能与电势能之和等于在B点时的机械能与电势能之和4（3分）（xx广州校级模拟）两段长度相等的轻杆通过质量为m的小球A连接在一直线上，质量为2m的小球B固定在一根杆的一端，如图所示当整个装置在光滑的水平面上绕另一杆的端点O匀速转动时，OA杆的拉力F1与AB杆的拉力F2之比为（）A5：4B4：5C1：4D4：15（3分）（xx广州校级模拟）某宇航员在月球赤道上测得一物体的重力为F1，在月球两极测量同一物体时其重力为F2（忽略月球自转对重力的影响）则月球赤道对应的月球半径与两极处对应的月球半径之比为（）ABCD6（3分）（xx醴陵市模拟）如图所示，直线a、抛物线b和曲线c分别为某一稳恒直流电源在纯电阻电路中的总功率P、电源内部发热功率Pr、输出功率PR随电流I变化的图象，根据图象可知（）A电源的电动势为9V，内阻为1B电源的电动势为3V，内阻为3C图象中任意电流值对应的P、Pr、PR间的关系为PPr+PRD电路中总电阻为2时，外电阻上消耗的功率最大且为2.25W7（3分）（xx山东）如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接图中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程图中正确的是（）ABCD8（3分）（xx广州校级模拟）速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S0A=S0C，则下列说法正确的是（）A甲束粒子带正电，乙束粒子带负电B甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于D若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3：29（3分）（xx漳州模拟）下列说法中正确的是 （）A布朗运动是指在显微镜下观察到的液体分子的无规则运动B叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C不具有规则几何形状的物体一定不是晶体D氢气和氮气的温度相同时，它们分子的平均速率相同二、实验题（题型注释）10（xx广州校级模拟）用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律（交流电频率为50Hz）：（一）如图乙所示是某同学通过实验得到的一条纸带，他在纸带上取A、B、C、D、E、F、G等7个计数点（每相邻两个计数点之间还有4个点没有画出），将毫米刻度尺放在纸带上根据图乙可知，打下E点时小车的速度为m/s小车的加速度为m/s2（计算结果均保留两位有效数字）（二）另一同学在该实验中得到如下一组实验数据（表中F表示细线对小车的拉力，a表示小车的加速度）：F/N0.1960.2940.3920.4900.588a/ms20.250.580.901.201.53（1）请在图丙所示的坐标系中画出aF图线；（2）根据图表分析，实验操作中存在的问题可能是（填字母序号）A、没有平衡摩擦力B、平衡摩擦力时木板倾角过小C、平衡摩擦力时木板倾角过大D、小车质量太大E、砂桶和砂的质量太大11（9分）（xx广州校级模拟）如图所示，小灯泡L1（4V、1.6W），小灯泡L2（6V、3.6W），滑动变阻器R1（010、0.5A），滑动变阻器R2（020、1.5A），以及电源E（=9V、r=0）和开关S各一只，导线若干（1）设计一个电路，要求在电路中L1和L2均正确发光，在如图1的方框中画出设计的电路图；（2）按设计要求在如图2所示实物中连线三、计算题（题型注释）12（xx醴陵市模拟）如图所示是放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成：水平直轨AB，半径分别为R1和R2的圆弧轨道，其中R2=3.0m，长为L=6m的倾斜直轨CD，AB、CD与两圆弧轨道相切，其中倾斜直轨CD部分表面粗糙，动摩擦因数为=，其余各部分表面光滑，一质量为m=2kg的滑环（套在滑轨上），从AB的中点E处以v0=10m/s的初速度水平向右运动已知=37，g取10m/s2（sin=0.6，cos=0.8）求：（1）滑环第一次通过圆弧轨道O2的最低点F处时对轨道的压力；（2）滑环克服摩擦力做功所通过的总路程13（xx姜堰市模拟）如图所示，在xoy平面yO的区域内有沿y轴负方向的匀强电场，在yO的区域内有垂直于xoy平面向里的匀强磁场一质量为m、电荷量为q的带电粒子从坐标为（2l，l）的P点以初速度v0沿x轴负方向开始运动，恰能从坐标原点O进入磁场.不计带电粒子重力（1）求匀强电场场强的大小（2）若带电粒子每隔相同的时间以相同的速度通过O点，则磁感应强度大小B1为多少？（3）若带电粒子离开P点后只能通过O点两次，则磁感应强度大小B2为多少？xx年广东省广州市华美学校高考物理模拟试卷（三）参考答案与试题解析一、选择题（题型注释）1（3分）（xx怀化一模）19世纪30年代，法拉第曾提出电荷周围存在一种场，而非存在“以太”后来人们用电荷在场空间受力的实验证明了法拉第观点的正确性，所用方法叫做“转换法”下面给出的四个研究实例中，采取的方法与上述研究方法相同的是（）A伽利略用逻辑推理否定了亚里士多德关于落体运动的认识B牛顿通过对天体现象的研究，总结出万有引力定律C奥斯特通过放在通电直导线下方的小磁针发生偏转得出通电导线的周围存在磁场的结论D欧姆在研究电流与电压、电阻关系时，先保持电阻不变研究电流与电压的关系；然后再保持电压不变研究电流与电阻的关系考点：物理学史 分析：牛顿通过对天体现象的研究，总结出万有引力定律，采用合理外推方法伽利略通过理想实验用逻辑推理否定了亚里士多德关于落体运动的认识欧姆在研究电流与电压、电阻关系时采用的控制变量法奥斯特通过放在通电直导线下方的小磁针发生偏转得出通电导线周围存在磁场的结论，采用的是转换法解答：解：A、伽利略用逻辑推理否定了亚里士多德关于落体运动的认识，采用的是理想实验法，不是转换法故A错误B、牛顿通过对天体现象的研究，总结出万有引力定律，采用经验归纳和合理外推方法，不是转换法故B错误C、奥斯特通过放在通电直导线下方的小磁针发生偏转得出通电导线周围存在磁场的结论，采用的方法的是转换法故C正确D、欧姆在研究电流与电压、电阻关系时采用的控制变量法，不是转换法故D错误故选：C点评：本题考查物理学史，对于著名物理学家、经典实验和重要学说要记牢，还要学习他们的科学研究的方法2（3分）（xx福建模拟）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1=20，R2=30，C为电容器已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则（）A交流电的频率为0.02 HzB原线圈输入电压的最大值为200VC通过R3的电流始终为零D电阻R2的电功率约为6.67 W考点：变压器的构造和原理；电功、电功率 专题：交流电专题分析：由电压与匝数成反比可以求得副线圈的电压的大小，电容器的作用是通交流隔直流解答：解：A、根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s、频率为50赫兹，A错误B、由图乙可知通过R1的电流最大值为Im=1A、根据欧姆定律可知其最大电压为Um=20V，再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200V，B错误；C、因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R3和电容器，C错误；D、根据正弦交流电的峰值和有效值关系并联电路特点可知电阻R2的电流有效值为I=、电压有效值为U=V，电阻R2的电功率为P2=UI=W=6.67W，所以D正确故选：D点评：本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于电容器的作用要了解3（3分）（xx广州校级模拟）如图所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线从A向B运动，由此可知（）A电场中A点的电势低于B点的电势B微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能C微粒在A点时的动能小于在B点时的动能，在A点时的电势能大于在B点时的电势能D微粒在A点时的机械能与电势能之和等于在B点时的机械能与电势能之和考点：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：解决本题的突破口是：电场力与重力共同作用，使其做直线运动，由力与运动的关系，可知，微粒做匀减速运动，同时注意电场线和等势线垂直，说明电场沿水平方向，从而确定了电场的方向，这样问题就解决了解答：解：A、根据电场线和等势线垂直，可知电场沿水平方向，负电荷受到电场力与重力，沿着A到B直线运动，可知，电场力水平向左，与重力的合力沿B到A方向，故电场的方向水平向右根据沿电场线电势降低，所以A点的电势高于B点的电势，故A错误B、由上分析可知，微粒应做匀减速运动，动能减小，电场力做负功，电势能在增大，则微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能，故B正确；C错误；D、从A到B过程中，动能、重力势能与电势能之和保持不变，微粒在A点时的机械能与电势能之和等于在B点时的机械能与电势能之和，故D正确故选：BD点评：本题通过带电粒子在电场中的运动考查了电势、电势能、电场力等问题，解决这类问题的突破口是：做直线运动的物体，是否存在合外力，若有合外力，其方向如何确定注意电场力的方向与电场方向要根据电荷的电性来确定4（3分）（xx广州校级模拟）两段长度相等的轻杆通过质量为m的小球A连接在一直线上，质量为2m的小球B固定在一根杆的一端，如图所示当整个装置在光滑的水平面上绕另一杆的端点O匀速转动时，OA杆的拉力F1与AB杆的拉力F2之比为（）A5：4B4：5C1：4D4：1考点：向心力 专题：匀速圆周运动专题分析：当杆在光滑水平面上绕O点匀速转动时，AB两球做匀速圆周运动，所受的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，采用隔离法研究杆OA段与AB段对球的拉力之比解答：解：设OA=AB=r，小球运动的角速度为，根据牛顿第二定律得： 对B球：F2=2m22r 对A球：F1F2=m2r 由：得，F2=4（F1F2）解得，F1：F2=5：4故选：A点评：本题中A、B两球的加速度不同，不能用整体法研究，只能用隔离法处理5（3分）（xx广州校级模拟）某宇航员在月球赤道上测得一物体的重力为F1，在月球两极测量同一物体时其重力为F2（忽略月球自转对重力的影响）则月球赤道对应的月球半径与两极处对应的月球半径之比为（）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：根据万有引力等于重力，代入数据计算其比值解答：解：根据重力等于万有引力可得同理则故D正确、ABC错误故选：D点评：忽略月球自转对重力的影响，重力等于万有引力，理解万有引力定律的公式6（3分）（xx醴陵市模拟）如图所示，直线a、抛物线b和曲线c分别为某一稳恒直流电源在纯电阻电路中的总功率P、电源内部发热功率Pr、输出功率PR随电流I变化的图象，根据图象可知（）A电源的电动势为9V，内阻为1B电源的电动势为3V，内阻为3C图象中任意电流值对应的P、Pr、PR间的关系为PPr+PRD电路中总电阻为2时，外电阻上消耗的功率最大且为2.25W考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：三种功率与电流的关系是：直流电源的总功率PE=EI，内部的发热功率Pr=I2r，输出功率PR=EII2r，根据数学知识选择图线根据图线a斜率求解电源的电动势由图读出电流I=3A时，发热功率Pr=I2r，求出电源的内阻当电流为1.5A时，根据闭合电路的欧姆定律求出总电阻，根据能量关系求外电阻上消耗的最大功率解答：解：A、B：直流电源的总功率PE=EI，故图线a的斜率等于电源的电动势，由得到E=3V由图线b，当I=3A时，Pr=9W，由公式Pr=I2r得，r=1故AB错误C、在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C 三点，这三点的纵坐标PA、PB、PC，则这三点的纵坐标PA、PB、PC分别是电源的总功率、电源内部的发热功率和输出功率，根据能量关系可知，PA=PB+PC即P=Pr+PR，故C错误D、由图线c可知，当电流为1.5A时外电阻消耗的功率最大此时电路中的总电阻为，外电阻上消耗的功率最大为PR=EII2r=31.51.521=2.25W故D正确故选：D点评：本题首先考查读图能力，物理上往往根据解析式来理解图象的物理意义7（3分）（xx山东）如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接图中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程图中正确的是（）ABCD考点：匀变速直线运动的图像；滑动摩擦力；牛顿第二定律 专题：运动学中的图像专题分析：对物体受力分析可知，在斜面上时物体受到重力支持力和摩擦力的作用，在这些力的作用下物体沿着斜面向下做匀加速直线运动，到达水平面上之后，在滑动摩擦力的作用下做匀减速运动，由此可以判断物体运动过程中的物理量的关系解答：解：A、根据物体的受力情况，可以判断出物体先是在斜面上做匀加速直线运动，到达水平面上之后，做匀减速运动，所以物体运动的速度时间的图象应该是倾斜的直线，不能是曲线，所以A错误；B、由于物体的运动先是匀加速运动，后是匀减速运动，在每一个运动的过程中物体的加速度的大小是不变的，所以物体的加速度时间的图象应该是两段水平的直线，不能是倾斜的直线，所以B错误；C、在整个运动的过程中，物体受到的都是滑动摩擦力，所以摩擦力的大小是不变的，并且由于在斜面上时的压力比在水平面上时的压力小，所以滑动摩擦力也比在水平面上的小，所以C正确；D、物体做的是匀加速直线运动，物体的位移为x=at2，所以物体的路程和时间的关系应该是抛物线，不会是正比例的倾斜的直线，所以D错误故选C点评：本题是为速度时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，属于基础题8（3分）（xx广州校级模拟）速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S0A=S0C，则下列说法正确的是（）A甲束粒子带正电，乙束粒子带负电B甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于D若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3：2考点：带电粒子在混合场中的运动 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：粒子速度选择器中受到电场力和洛伦兹力两个作用，电场力不变，速度方向不变，可知洛伦兹力与电场力应平衡，由左手定则判断出洛伦兹力方向，粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径表达式，根据半径公式分析半径越大时，粒子的质量和比荷的大小解答：解：A、甲粒子在磁场中向上偏转，乙粒子在磁场中向下偏转，根据左手定则知甲粒子带负电，乙粒子带正电，故A错误；B、根据洛伦兹力提供向心力，qvB=m，得：r=，r甲r乙则甲的比荷大于乙的比荷，B正确；C、能通过狭缝S0的带电粒子，根据平衡条件：qE=qvB1，得速率v=，故C错误；D、若甲、乙两束粒子的电荷量相等，由前面分析r=，则甲、乙两束粒子的质量比为2：3，故D错误；故选：B点评：本题关键要理解速度选择器的原理：电场力与洛伦兹力，粒子的速度一定粒子在磁场中偏转时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律则可得到半径9（3分）（xx漳州模拟）下列说法中正确的是 （）A布朗运动是指在显微镜下观察到的液体分子的无规则运动B叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C不具有规则几何形状的物体一定不是晶体D氢气和氮气的温度相同时，它们分子的平均速率相同考点：布朗运动；温度是分子平均动能的标志；* 晶体和非晶体 专题：布朗运动专题分析：解决本题需掌握：温度是物体内部分子热运动平均动能的标志；液体表面张力：凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力它产生的原因是 液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力就象你要把弹簧拉开些，弹簧反而表现具有收缩的趋势正是因为这种张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如；布朗运动：悬浮在液体内的固体小颗粒的无规则运动，是液体分子无规则热运动的标志；晶体：是内部质点在三维空间呈周期性重复排列的固体解答：解：A、布朗运动是悬浮在液体内的固体小颗粒的无规则运动，故A错误；B、液体表面张力产生的原因是：液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力就象你要把弹簧拉开些，弹簧反而表现具有收缩的趋势正是因为这种张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如；故B正确；C、晶体即是内部质点在三维空间呈周期性重复排列的固体，单晶体拥有整齐规则的几何外形，但多晶体无规则形状，故C错误；D、温度是物体内部分子热运动平均动能的标志；氢气和氮气的温度相同时，它们分子的平均动能相同，由于分子质量不同，故平均速率不同，故D错误；故选B点评：本题考查了布朗运动、分子力、液体表面张力的相关知识，关键要熟悉这些知识点，多看书就行二、实验题（题型注释）10（xx广州校级模拟）用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律（交流电频率为50Hz）：（一）如图乙所示是某同学通过实验得到的一条纸带，他在纸带上取A、B、C、D、E、F、G等7个计数点（每相邻两个计数点之间还有4个点没有画出），将毫米刻度尺放在纸带上根据图乙可知，打下E点时小车的速度为0.20m/s小车的加速度为0.40m/s2（计算结果均保留两位有效数字）（二）另一同学在该实验中得到如下一组实验数据（表中F表示细线对小车的拉力，a表示小车的加速度）：F/N0.1960.2940.3920.4900.588a/ms20.250.580.901.201.53（1）请在图丙所示的坐标系中画出aF图线；（2）根据图表分析，实验操作中存在的问题可能是AB（填字母序号）A、没有平衡摩擦力B、平衡摩擦力时木板倾角过小C、平衡摩擦力时木板倾角过大D、小车质量太大E、砂桶和砂的质量太大考点：验证牛顿第二运动定律 专题：实验题分析：1、根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上E点时小车的瞬时速度大小2、根据所画图象的特点，明确两坐标轴的含义，可正确解答解答：解：（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度得：vE=0.20m/s设A到B之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得：x4x1=3a1T2x5x2=3a2T2x6x3=3a3T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=（a1+a2+a3）即小车运动的加速度计算表达式为：a=m/s2=0.40m/s2（二）（1）根据给出的数据采用描点法得出图象如图所示；（2）由该图象可知，开始有外力F时，即F不等于零时，物体的加速度仍为零，因此该实验操作中可能没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不够，故A、B正确，C、D、E错误故选：AB故答案为：（一）（1）0.20.0.40；（二）（1）如图所示；（2）AB点评：1、要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用2、实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握11（9分）（xx广州校级模拟）如图所示，小灯泡L1（4V、1.6W），小灯泡L2（6V、3.6W），滑动变阻器R1（010、0.5A），滑动变阻器R2（020、1.5A），以及电源E（=9V、r=0）和开关S各一只，导线若干（1）设计一个电路，要求在电路中L1和L2均正确发光，在如图1的方框中画出设计的电路图；（2）按设计要求在如图2所示实物中连线考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：两个灯泡的额定电压不同，算出额定电流也不同要使它们都能正常发光，只能并联利用串联电阻的分压作用，设计合理的电路，并根据原理图连接实物图解答：解：（1）要使电路中L1和L2均正确发光，而它们的额定电流分别为I1=A=0.4A，I2=0.6A，可知它们只能并联，L1的额定电压小些，所以还要串联一个滑动变阻器，由于干部路上的电流为两灯泡的电流和1A，所以干路上的分压电阻用R2，与L1串联的用R1整个电路设计如图所示（2）实物图的连接时，先选电源、开关、R2、R1、L1回路，把它们首尾连接好，再把L2并联上去即可，如图所示点评：解决本题的关键是先计算出两灯泡的电流确定两灯泡的连接方式，再根据题目的要求计算出每个电学元件安放的位置三、计算题（题型注释）12（xx醴陵市模拟）如图所示是放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成：水平直轨AB，半径分别为R1和R2的圆弧轨道，其中R2=3.0m，长为L=6m的倾斜直轨CD，AB、CD与两圆弧轨道相切，其中倾斜直轨CD部分表面粗糙，动摩擦因数为=，其余各部分表面光滑，一质量为m=2kg的滑环（套在滑轨上），从AB的中点E处以v0=10m/s的初速度水平向右运动已知=37，g取10m/s2（sin=0.6，cos=0.8）求：（1）滑环第一次通过圆弧轨道O2的最低点F处时对轨道的压力；（2）滑环克服摩擦力做功所通过的总路程考点：功能关系；牛顿第三定律 分析：（1）从E到F过程中，由机械能守恒可求得F点的速度，再由向心力公式可求得F处轨道的支持力，再由牛顿第三定律可求得滑环对轨道的压力；（2）圆环最后只能在D点的下方滑动，则由能量守恒定律可求得滑环克服摩擦力做功的总路程解答：解：（1）滑环从E点滑到F点的过程中，根据机械能守恒得：mv02+mgh=mvF2在F点对滑环分析受力，得FNmg=由式得：FN=N根据牛顿第三定律得滑环第一次通过O2的最低点F处时对轨道的压力为N（2）由题意可知得：滑环最终只能在O2的D点下方来回晃动，即到达D点速度为零，由能量守恒得：mv02+mgR2（1+cos）=mgscos解得：滑环克服摩擦力做功所通过的路程为：s=78m答：（1）对轨道的压力为N；（2）滑环克服摩擦力做功所通过的路程是78m点评：本题考查能量守恒及机械能守恒定律的应用，注意最后若圆环将无法滑上D处，只能在F两侧来回滑动13（xx姜堰市模拟）如图所示，在xoy平面yO的区域内有沿y轴负方向的匀强电场，在yO的区域内有垂直于xoy平面向里的匀强磁场一质量为m、电荷量为q的带电粒子从坐标为（2l，l）的P点以初速度v0沿x轴负方向开始运动，恰能从坐标原点O进入磁场.不计带电粒子重力（1）求匀强电场场强的大小（2）若带电粒子每隔相同的时间以相同的速度通过O点，则磁感应强度大小B1为多少？（3）若带电粒子离开P点后只能通过O点两次，则磁感应强度大小B2为多少？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）带电粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律求解出匀强电场场强的大小（2）由几何关系和对称性，确定粒子圆周运动的半径，然后由牛顿第二定律求出B1（2）要使粒子经过O点，则需满足：ns=r2（n=1，2，3），然后由牛顿第二定律求B2；解答：解：（1）带电粒子在电场中做类平拋运动水平方向上：x=2l=v0t 竖直方向上：y=l=化简可得 E=（2）根据类平抛运动 vy=at=可得 vy=v0，=45 v=在磁场中，有 qvB1=m由几何关系得 2r1sin=4l联立解得 B1=（3）带电粒子从O点进入磁场后做半径为r2的匀速圆周运动，设粒子连续两次进入磁场位置间的距离为s，由对称性和几何关系知：s=4lr2要使粒子经过O点，则需满足：ns=r2（n=1，2，3）由qvB2=m，解得：B2=（n=1，2，3）答：（1）匀强电场场强的大小为（2）若带电粒子每隔相同的时间以相同的速度通过O点，则磁感应强度大小B1为B1（3）若带电粒子离开P点后只能通过O点两次，则磁感应强度大小B2为（n=1，2，3）点评：本题考查带电粒子在复合场中的运动，综合性较强，对学生能力的要求较高，关键要理清带电粒子的运动规律