2019-2020年高考物理一模试卷（含解析） (III).doc

2019-2020年高考物理一模试卷（含解析） (III)一、选择题（每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，至少只有一个选项正确的，全选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）1以下说法符合物理史实的是（）A 法拉第发现了电流周围存在着磁场B 牛顿发现了万有引力定律，并测出了引力常量C 亚里士多德发现了力是改变物体运动状态的原因D 开普勒关于行星运动的描述为万有引力定律的发现奠定了基础2在如图所示的各种电场中，A、B两点电场强度相等的是（）A B C D 3如图所示，在“探究求合力的方法”的实验中，两弹簧秤现在的夹角为90，使b弹簧秤从图示位置开始沿箭头方向缓慢转动，在这过程中，保持O点的位置和a弹簧秤的拉伸方向不变，则在整个过程中，关于a、b两弹簧秤示数的变化情况是（）A a示数减小，b示数增大B a示数减小，b示数减小C a示数先增大后减小，b示数减小D a示数先减小后增大，b示数减小4有下列几种情景，请根据所学知识选择对情景的分析和判断正确的说法（）点火后即将升空的火箭高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车运行的磁悬浮列车在轨道上高速行驶太空的空间站在绕地球匀速转动A 因火箭还没运动，所以加速度一定为零B 轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大C 高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大D 尽管空间站匀速转动，加速度也不为零5如图所示，小球以初速度v0冲上长直光滑斜面，到达最高点后又沿光滑斜面滚下，描述其运动中各量的变化图象，其中正确的有（以沿斜面向上为正方向）（）A B C D 6在下列4个核反应方程中，X表示质子的是（）A PSi+XB UTh+XC Al+nMg+XD Al+HeP+X7如图所示，是一列简谐横波在t=0时刻的波动图象已知这列波沿x轴正方向传播，波速为5.0m/s关于波上的P、Q两个质点的运动，以下说法正确的是（）A 在t=0时刻，质点P和Q的速度方向均沿y轴正方向B P点和Q点振动的周期均为0.4sC 在t=0到t=0.1s的时间里，Q点的速度在不断增大D 在t=0.1s到t=0.2s的时间里，Q点的加速度在不断增大8两个物体做平抛运动的初速度之比为2：1，若它们的水平射程相等，则它们抛出点离地面高度之比为（）A 1：2B 1：C 1：4D 4：19在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内电阻为r，L1、L2是两个小灯泡闭合S后，两灯均能发光当滑动变阻器的滑片向右滑动时（）A L1变暗，L2变暗B L1变暗，L2变亮C L1变亮，L2变暗D L1变亮，L2变亮10如图所示，O1O2是矩形导线框abcd的对称轴，其左方有匀强磁场以下对感应电流方向判断正确的是（）A 将abcd 向纸外平移，顺时针B 将abcd向右平移，顺时针C 将abcd以ab为轴转动60，逆时针D 将abcd以cd为轴转动60，逆时针11如图所示，1、2、3、4为玻尔理论中氢原子最低的四个能级用以下能量的光子照射基态的氢原子时，能使氢原子跃迁到激发态的是（）A 1.51eVB 3.4 eVC 10.2 eVD 10.3 eV12如图所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上其正上方A位置有一只小球小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小到零小球下降阶段下列说法中正确的是（）A 在B位置小球动能最大B 在C位置小球动能最大C 从AC位置小球重力势能的减少大于小球动能的增加D 从AD位置小球重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加二、填空题（共20分）13读出图中游标卡尺与螺旋测微器的读数，游标卡尺读数为mm，螺旋测微器读数为mm14某同学在做“研究匀变速直线运动”实验时，从打下的若干纸带中选出了如图所示的一条（每两点间还有4个点没有画出来），图中上部的数字为相邻两个计数点间的距离打点计时器的电源频率为50Hz如果用x1、x2、x3、x4、x5、x6 来表示各相邻两个计数点间的距离由这些已知数据计算：该匀变速直线运动的加速度的大小为a=m/s2与纸带上D点相对应的瞬时速度v= m/s（答案均要求保留3位有效数字）15如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正负电子分别以相同速率沿与X轴成30角的方向从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动半径之比为，运动的时间之比为16衰变为，需要经过次衰变和次衰变三、计算题：（共32分）17如图所示，水平台面AB距地面的高度h=0.80m有一滑块从A点以v0=6.0m/s的初速度在台面上做匀变速直线运动，滑块与平台间的动摩擦因数=0.25滑块运动到平台边缘的B点后水平飞出已知AB=2.2m不计空气阻力，g取10m/s2，结果保留2位有效数字求：（1）滑块从B点飞出时的速度大小（2）滑块落地点到平台边缘的水平距离18如图所示，一质量为m=1.0102kg，带电量为q=1.0106C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，设电场足够大，静止时悬线向左与竖直方向成60角小球在运动过程电量保持不变，重力加速度g=10m/s2结果保留2位有效数字（1）画出小球受力图并判断小球带何种电荷（2）求电场强度E（3）若在某时刻将细线突然剪断，求经过1s时小球的速度v19如图所示，宽度为L的足够长的平行金属导轨MN、PQ的电阻不计，垂直导轨水平放置一质量为m电阻为R的金属杆CD，整个装置处于垂直于导轨平面的匀强磁场中，导轨平面与水平面之间的夹角为，金属杆由静止开始下滑，动摩擦因数为，下滑过程中重力的最大功率为P，求磁感应强度的大小xx年陕西省榆林市绥德一中高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，至少只有一个选项正确的，全选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）1以下说法符合物理史实的是（）A 法拉第发现了电流周围存在着磁场B 牛顿发现了万有引力定律，并测出了引力常量C 亚里士多德发现了力是改变物体运动状态的原因D 开普勒关于行星运动的描述为万有引力定律的发现奠定了基础考点：物理学史分析：奥斯特发现了电流周围存在着磁场牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量伽利略发现了力是改变物体运动状态的原因开普勒关于行星运动的描述为万有引力定律的发现奠定了基础解答：解：A、奥斯特发现了电流周围存在着磁场，法拉第发现了电磁感应现象故A错误B、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量故B错误C、伽利略通过理想斜面实验发现了力是改变物体运动状态的原因故C错误D、开普勒发现了行星运动的三大定律，正确描绘了行星运动的规律，为牛顿万有引力定律的发现奠定了基础故D正确故选D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在如图所示的各种电场中，A、B两点电场强度相等的是（）A B C D 考点：电场线；电场强度分析：电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时，两点的电场强度才相同根据电场线的疏密分析电场强度的大小，根据电场线的切线方向确定电场强度的方向解答：解：A、甲图是非匀强电场，A、B两点到负电荷的距离相等，电场强度大小相等，但方向不相同，所以电场强度不相同，故A错误；B、乙图是非匀强电场，A处电场线较密，电场强度较大，A、B两点电场强度大小不等、方向相同，所以电场强度不相同，故B错误；C、丙图是匀强电场，A、B两点电场强度大小相等、方向相同，则电场强度相等，故C正确；D、丁图是非匀强电场，A、B两点电场强度大小不相等、方向不同，所以电场强度不相同，故D错误；故选：C点评：本题关键掌握电场线的物理意义：疏密表示场强的大小，切线表示场强的方向，进行判断即可3如图所示，在“探究求合力的方法”的实验中，两弹簧秤现在的夹角为90，使b弹簧秤从图示位置开始沿箭头方向缓慢转动，在这过程中，保持O点的位置和a弹簧秤的拉伸方向不变，则在整个过程中，关于a、b两弹簧秤示数的变化情况是（）A a示数减小，b示数增大B a示数减小，b示数减小C a示数先增大后减小，b示数减小D a示数先减小后增大，b示数减小考点：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：由题意可知，两弹簧的弹力的合力不变，a弹簧的方向不变，b弹簧的大小和方向不变，因此利用“图示法”可正确求解解答：解：对点o受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，如图，其中橡皮条的拉力大小不变，a弹簧拉力方向不变，b弹簧拉力方向和大小都改变由图可知a示数减小，b示数增大，故BCD错误，A正确故选：A点评：本题是三力平衡问题中的动态分析问题，关键受力分析后，作出示意图，然后运用力的平行四边形定则进行分析讨论4有下列几种情景，请根据所学知识选择对情景的分析和判断正确的说法（）点火后即将升空的火箭高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车运行的磁悬浮列车在轨道上高速行驶太空的空间站在绕地球匀速转动A 因火箭还没运动，所以加速度一定为零B 轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大C 高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大D 尽管空间站匀速转动，加速度也不为零考点：加速度专题：直线运动规律专题分析：加速度是描述速度变化快慢的物理量，即速度变化快一定是加速度大，速度变化慢一定是加速度小加速度的大小与速度大小无关系速度为零，加速度可以不为零；加速度为零，速度可以不为零解答：解：A、火箭点火启动时，初速度是v1为零，但是下一时刻速度v2不为零；因为，所以加速不为零故A错误B、轿车紧急刹车，说明速度变化很快，所以加速度很大故B正确C、高速行驶的磁悬浮列车，速度很大，但是完全可以做匀速直线运动，所以加速度也可以为零故C错误D、空间站匀速转动，需要向心力，加速度为向心加速度故D正确故选：BD点评：判断加速度的大小依据：速度变化快慢 单位时间内速度的变化大小5如图所示，小球以初速度v0冲上长直光滑斜面，到达最高点后又沿光滑斜面滚下，描述其运动中各量的变化图象，其中正确的有（以沿斜面向上为正方向）（）A B C D 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：小球沿光滑斜面运动，加速度不变，写出位移、速度与时间的关系式，结合牛顿第二定律分析解答：解：CD、小球所受的合外力大小 F=mgsin，方向沿斜面向下，为负值根据牛顿第二定律知，F=ma，加速度大小 a=mgmgsin，方向沿斜面向下，为负值故C错误，D正确A、位移x=v0t，则xt图象是抛物线，故A错误B、速度v=v0at，则vt图象是向下倾斜的直线，故B正确故选：BD点评：本题要通过分析物体的受力情况，运用牛顿第二定律和运动规律分析图象的特点6在下列4个核反应方程中，X表示质子的是（）A PSi+XB UTh+XC Al+nMg+XD Al+HeP+X考点：裂变反应和聚变反应专题：衰变和半衰期专题分析：根据核反应方程前后质量数守恒、电荷数守恒判断出生成物的成分，然后再找质子解答：解：A、由方程式知X质量数等于零，电荷数为1，所以X为中子，A错误；B、X的质量数为4，电荷数为2，所以X为氦原子核，B错误；C、X的质量数为1，电荷数为1，故X为质子，C正确；D、X的质量数为1，电荷数为0，所以X为中子，D错误；故选：C点评：本题考查了核反应方程式反应前后质量数和电荷数守恒7如图所示，是一列简谐横波在t=0时刻的波动图象已知这列波沿x轴正方向传播，波速为5.0m/s关于波上的P、Q两个质点的运动，以下说法正确的是（）A 在t=0时刻，质点P和Q的速度方向均沿y轴正方向B P点和Q点振动的周期均为0.4sC 在t=0到t=0.1s的时间里，Q点的速度在不断增大D 在t=0.1s到t=0.2s的时间里，Q点的加速度在不断增大考点：波长、频率和波速的关系专题：振动图像与波动图像专题分析：波沿x轴正方向传播，运用波形平移法判断质点的速度方向简谐波传播过程中，各个振动质点的周期相等根据质点Q的位置，分析其速度变化和加速度变化解答：解：A、波沿x轴正方向传播，由波形平移法判断得知，在t=0时刻，质点P的速度方向沿y轴正方向，而Q点的速度方向沿y轴负方向故A错误B、由图讲出波长=2m，周期T=s=0.4s，所以P点和Q点振动的周期均为0.4s故B正确C、在t=0到t=0.1s的时间里，Q点正从平衡位置向波谷运动，速度不断减小故C错误D、在t=0.1s到t=0.2s的时间里，Q点正从波谷向平衡位置运动，位移减小，加速度减小故D错误故选B点评：波动图象中基本问题是判断质点的振动方向与波的传播方向的关系是基本问题，要熟练掌握8两个物体做平抛运动的初速度之比为2：1，若它们的水平射程相等，则它们抛出点离地面高度之比为（）A 1：2B 1：C 1：4D 4：1考点：平抛运动分析：平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，分别根据匀速直线运动和自由落体运动的运动规律列方程求解即可解答：解：由于物体的水平射程相等，初速度之比为2：1，根据水平方向上的位移x=V0t 可知，物体运动的时间之比为1：2，再根据竖直方向上的位移h=gt2可知它们抛出点离地面高度之比为1：4，所以C正确故选：C点评：本题就是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规律就能轻松解决9在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内电阻为r，L1、L2是两个小灯泡闭合S后，两灯均能发光当滑动变阻器的滑片向右滑动时（）A L1变暗，L2变暗B L1变暗，L2变亮C L1变亮，L2变暗D L1变亮，L2变亮考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：由电路图可知，灯L2与滑动变阻器先并联，然后再与灯L1串联；根据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，由P=I2R判断灯L1亮度如何变化；根据电路电流变化，判断出并联电压如何变化，最后由P=判断灯L2亮度如何变化解答：解：由电路图可知，滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流I变小，灯L1电阻RL1不变，由PL1=I2RL1可知，灯L1的实际功率变小，灯L1变暗；电路电流I变小，电源内阻r、灯L1电阻RL1不变，则并联电压U并=EI（r+RL1）变大，灯L2电阻RL2不变，灯L2的实际功率PL2=变大，则灯L2变亮；故ACD错误，B正确；故选B点评：本题是一道闭合电路的动态分析题，闭合电路的动态分析题是高中物理的常考问题，要掌握其解题思路，首先根据电路电阻变化情况由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，再由部分电路欧姆定律判断电源内电压如何变化，路端电压如何变化，然后应用串并联电路特点与规律、部分电路的欧姆定律、电功与电功率公式分析答题10如图所示，O1O2是矩形导线框abcd的对称轴，其左方有匀强磁场以下对感应电流方向判断正确的是（）A 将abcd 向纸外平移，顺时针B 将abcd向右平移，顺时针C 将abcd以ab为轴转动60，逆时针D 将abcd以cd为轴转动60，逆时针考点：楞次定律分析：本题比较简单，考查了产生感应电流的方向，通过判断线圈中的磁通量是否变化，然后结合楞次定律即可得出正确结果解答：解：A、由于磁场为匀强磁场，将abcd 向纸外平移，其磁通量都不变化，因此不会产生感应电流，故A错误；B、将abcd 向右平移，其磁通量减小，根据楞次定律，则产生为abcda的逆时针方向感应电流故B错误；C、将abcd以ab为轴转动30，穿过线圈的磁通量不变化，不产生感应电流，故C错误；D、当线圈绕cd轴转动60时，磁通量将变小，根据楞次定律，则产生逆时针方向感应电流，感应电流方向为abcda，为逆时针方向故D正确故选：D点评：根据产生感应电流的条件判断线圈中是否有感应电流产生是电磁感应中的基本要求，要把握实质问题，不要受其它条件的干扰11如图所示，1、2、3、4为玻尔理论中氢原子最低的四个能级用以下能量的光子照射基态的氢原子时，能使氢原子跃迁到激发态的是（）A 1.51eVB 3.4 eVC 10.2 eVD 10.3 eV考点：氢原子的能级公式和跃迁专题：原子的能级结构专题分析：氢原子发生跃迁吸收的光子能量必须等于两个能极差，否则不能被吸收，不会发生跃迁解答：解：A、根据13.6+1.51e=12.09eV，不能被吸收故A错误B、根据13.6+3.4eV=10.2eV，不能被吸收故B错误C、根据13.6eV+10.2eV=3.4eV，能被吸收，跃迁到第2能级故C正确D、根据13.6+10.3eV=3.3eV，不能被吸收故D错误故选C点评：解决本题的关键知道吸收或辐射光子的能量等于两能级间的能极差，即EmEm=hv12如图所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上其正上方A位置有一只小球小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小到零小球下降阶段下列说法中正确的是（）A 在B位置小球动能最大B 在C位置小球动能最大C 从AC位置小球重力势能的减少大于小球动能的增加D 从AD位置小球重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；动能和势能的相互转化专题：机械能守恒定律应用专题分析：小球下降过程中，重力和弹簧弹力做功，小球和弹簧系统机械能守恒，在平衡位置C动能最大解答：解：A、小球从B至C过程，重力大于弹力，合力向下，小球加速，C到D，重力小于弹力，合力向上，小球减速，故在C点动能最大，故A错误，B正确；C、小球下降过程中，重力和弹簧弹力做功，小球和弹簧系统机械能守恒；从AC位置小球重力势能的减少等于动能增加量和弹性势能增加量之和故C正确D、小球下降过程中，重力和弹簧弹力做功，小球和弹簧系统机械能守恒；从AD位置，动能变化量为零，故小球重力势能的减小等于弹性势能的增加，故D正确故选BCD点评：本题关键是要明确能量的转化情况，同时要知道在平衡位置动能最大二、填空题（共20分）13读出图中游标卡尺与螺旋测微器的读数，游标卡尺读数为29.8mm，螺旋测微器读数为2.700mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用专题：实验题分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读解答：解：1、游标卡尺的主尺读数为29mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为80.1mm=0.8mm，所以最终读数为：9mm+0.8mm=29.8mm2、螺旋测微器的固定刻度为2.5mm，可动刻度为2000.01mm=0.200mm，所以最终读数为2.5mm+0.200mm=2.700mm故答案为：29.8 2.700点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量14某同学在做“研究匀变速直线运动”实验时，从打下的若干纸带中选出了如图所示的一条（每两点间还有4个点没有画出来），图中上部的数字为相邻两个计数点间的距离打点计时器的电源频率为50Hz如果用x1、x2、x3、x4、x5、x6 来表示各相邻两个计数点间的距离由这些已知数据计算：该匀变速直线运动的加速度的大小为a=1.93m/s2与纸带上D点相对应的瞬时速度v=1.18 m/s（答案均要求保留3位有效数字）考点：探究小车速度随时间变化的规律专题：实验题；直线运动规律专题分析：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D点时小车的瞬时速度大小解答：解：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，设0到A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=3a2T2 x6x3=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为：a=1.93m/s2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D点时小车的瞬时速度大小vD=1.18m/s故答案为：1.93；1.18点评：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15如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正负电子分别以相同速率沿与X轴成30角的方向从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动半径之比为1：1，运动的时间之比为2：1考点：带电粒子在匀强磁场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：带电粒子以一定的速度垂直进入匀强磁场，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动粒子受到的洛伦兹力提供向心力；粒子在磁场中运动的周期仅与粒子的比荷及磁场有关，粒子速度的偏向角等于轨迹的圆心角，根据t=T求运动时间解答：解：电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：r=，由于m、v、q、B都相等，则电子轨道半径相等，半径之比为1：1；正电子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负电子在洛伦兹力作用下向下偏转粒子做圆周运动的周期：T=，知两个电子的周期相等正电子从y轴上射出磁场时，根据几何知识得知，速度与y轴的夹角为60，则正电子速度的偏向角为1=120，其轨迹对应的圆心角也为120，则正电子在磁场中运动时间为：t1=T=T=T同理，知负电子以30入射，从x轴离开磁场时，速度方向与x轴的夹角为30，则轨迹对应的圆心角为60，负电子在磁场中运动时间为：t2=T=T=T所以负电子与正电子在磁场中运动时间之比为：t2：t1=1：2；故答案为：1：1；2：1点评：带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径则可画出正、负离子运动轨迹，由几何关系可知答案16衰变为，需要经过4次衰变和2次衰变考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度专题：衰变和半衰期专题分析：原子核经过一次衰变，电荷数减小2，质量数减小4，一次衰变后电荷数增加1，质量数不变，根据衰变过程中质量数和电荷数守恒求解m，n解答：解：衰变为，质量数减小16，电荷数减小6由于原子核经过一次衰变，电荷数减小2，质量数减小4，经过一次衰变后电荷数增加1，质量数不变，所以有：m=4，n=2故答案为：4，2点评：要知道衰变、衰变的实质和衰变前后生成物的电荷数、质量数的变化三、计算题：（共32分）17如图所示，水平台面AB距地面的高度h=0.80m有一滑块从A点以v0=6.0m/s的初速度在台面上做匀变速直线运动，滑块与平台间的动摩擦因数=0.25滑块运动到平台边缘的B点后水平飞出已知AB=2.2m不计空气阻力，g取10m/s2，结果保留2位有效数字求：（1）滑块从B点飞出时的速度大小（2）滑块落地点到平台边缘的水平距离考点：动能定理的应用分析：了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题选取合适的研究过程，运用动能定理解题清楚物体水平飞出做平抛运动，根据平抛运动规律解题解答：解：（1）运用动能定理研究AB得：mgl=mvB2mv02 解得vB=5.0m/s（2）滑块运动到平台边缘的B点后水平飞出做平抛运动根据平抛运动规律得：X=vBtt=代入数据得：X=2.0m答：（1）滑块从B点飞出时的速度大小是5.0m/s；（2）滑块落地点到平台边缘的水平距离是2.0m点评：动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功对于一个量的求解可能有多种途径，我们要选择适合条件的并且简便的18如图所示，一质量为m=1.0102kg，带电量为q=1.0106C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，设电场足够大，静止时悬线向左与竖直方向成60角小球在运动过程电量保持不变，重力加速度g=10m/s2结果保留2位有效数字（1）画出小球受力图并判断小球带何种电荷（2）求电场强度E（3）若在某时刻将细线突然剪断，求经过1s时小球的速度v考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电场强度专题：共点力作用下物体平衡专题分析：（1）小球处于静止状态，分析受力，作出力图，根据电场力与场强方向的关系判断电性（2）根据平衡条件和电场力公式求解场强（3）将细线突然剪断小球将沿细线方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和速度公式结合求解v解答：解：（1）小球受力如图，由于电场力F与场强方向相反，说明小球带负电（2）小球的电场力F=qE由平衡条件得：F=mgtan解得电场强度E=1.7105 N/C（3）剪断细线后小球做初速度为0的匀加速直线运动，经过1s时小球的速度为v小球所受合外力F合=由牛顿第二定律有F合=ma又运动学公式v=at解得小球的速度v=20m/s 速度方向为与竖直方向夹角为60斜向下答：（1）小球受力图如图所示小球带负电荷（2）电场强度E=1.7105 N/C（3）若在某时刻将细线突然剪断，经过1s时小球的速度v=20m/s点评：对于涉及物体运动的问题，两大分析：受力情况分析和运动情况分析是基础，要培养这方面的基本功19如图所示，宽度为L的足够长的平行金属导轨MN、PQ的电阻不计，垂直导轨水平放置一质量为m电阻为R的金属杆CD，整个装置处于垂直于导轨平面的匀强磁场中，导轨平面与水平面之间的夹角为，金属杆由静止开始下滑，动摩擦因数为，下滑过程中重力的最大功率为P，求磁感应强度的大小考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：金属杆下滑过程中，切割磁感线产生感应电流，杆受到沿斜面向上的安培力，开始时，重力沿斜面向下的分力大于安培力与摩擦力之和，杆做加速运动，随着速度增大，安培力增大，加速度减小，当加速度为零时，杆做匀速运动，速度达到最大，重力的功率达到最大，由能量守恒得知，重力的功率等于杆克服摩擦力和安培力功率之和，由能量守恒定律列式求解B的大小解答：解：当杆匀速下滑时，速度最大，重力的功率达到最大，设最大速度为v由能量守恒定律得 mgsinv=mgcosv+又由题，P=mgsinv联立解得，B=答：磁感应强度的大小为点评：本题首先要能正确分析杆的运动情况，其次要能根据能量守恒定律列出功率关系式，也可以根据平衡条件求解