四川省成都市2015屆高三下學(xué)期第二次診斷物理試題 Word版含解析

1、2015年四川省成都市高考物理二診試卷一.選擇題（42分）1（6分）（2015成都模擬）下列說法正確的是（） A 電磁波是一種橫波 B 空間有變化的電場(chǎng)（或磁場(chǎng)）存在，一定能形成電磁波 C 微波的頻率高于可見光 D 當(dāng)物體以接近光速的速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體的質(zhì)量變化才明顯，因此牛頓運(yùn)動(dòng)定律不僅適用于低速運(yùn)動(dòng)，而且適用于高速運(yùn)動(dòng)【考點(diǎn)】： 電磁場(chǎng)【分析】：電磁波是一種橫波；具有一切波的性質(zhì)；如反射、折射、干涉、衍射現(xiàn)象；變化的電場(chǎng)可以產(chǎn)生磁場(chǎng)；而變化的磁場(chǎng)可以產(chǎn)生電場(chǎng)；但只有周期性變化的電場(chǎng)和磁場(chǎng)才能產(chǎn)生電磁波【解析】： 解：A、電磁波是一種橫波，故A正確；B、只有周期性變化的電場(chǎng)才能形成電磁波，均勻

2、變化的電場(chǎng)只能產(chǎn)生恒定的磁場(chǎng)，將不能再產(chǎn)生電磁波；故B錯(cuò)誤；C、微波的波長(zhǎng)大于可見光，頻率低于可見光；故C錯(cuò)誤；D、牛頓第二定律只適用于宏觀低速物體，不適用于微觀高速物體；故D錯(cuò)誤；故選：A【點(diǎn)評(píng)】： 本題考查電磁波的性質(zhì)，要注意掌握電磁波產(chǎn)生及經(jīng)典物體的適用范圍2（6分）（2015成都模擬）如圖所示，一束復(fù)色光a由空氣中斜射到上下表面平行的厚平板玻璃的上表面，穿過玻璃后分為b、c兩束平行單色光從下表面射出關(guān)于這兩束單色光，下列說法正確的是（） A 此玻璃對(duì)b光的折射率等于對(duì)c光的折射率 B 在真空中b光的傳播速度等于c光的傳播速度 C 在此玻璃中b光的全反射臨界角大于c光的全反射臨界角 D

3、用同一雙縫干涉裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，屏上b光相鄰的干涉條紋間距比c光的寬【考點(diǎn)】： 光的折射定律；光的干涉【專題】： 光的折射專題【分析】：復(fù)色光從空氣斜射到厚平板玻璃（上、下表面平行）的上表面，穿過玻璃后從下表面射出，變?yōu)閏、b兩束平行單色光，從而可確定折射率大小頻率與折射率成正比，進(jìn)而可確定傳播速度，臨界角，及干涉條紋間距【解析】： 解：A、光從空氣斜射到玻璃，因?yàn)椴Ａ舷卤砻嫫叫?，?dāng)?shù)诙握凵鋾r(shí)折射光線與第一次折射入射光線平行由于折射率不同，b光偏折較大，c光偏折較小所以此玻璃對(duì)b光的折射率大于對(duì)c光的折射率，故A錯(cuò)誤；B、光從空氣斜射到玻璃，由于折射率不同，b光偏折較大，c光偏折較小所以此玻璃

4、對(duì)b光的折射率大于對(duì)c光的折射率，根據(jù)v=則b光的傳播速度小于c光，但在真空中，兩光的傳播速度相同，故B正確；C、由公式n= 知，玻璃對(duì)b光的折射率大于對(duì)c光的折射率，b光的全反射臨界角小于c光的全反射臨界角，故C錯(cuò)誤；D、光從空氣斜射到玻璃，由于折射率不同，b光偏折較大，c光偏折較小所以此玻璃對(duì)b光的折射率大于對(duì)c光的折射率，根據(jù)v=則b光的傳播速度小于c光，根據(jù)從而得出b光的波長(zhǎng)小于c光，用同一雙縫干涉裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)可看到b光的干涉條紋間距比c光的小故D錯(cuò)誤；故選：B【點(diǎn)評(píng)】： 本題可用假設(shè)法，由折射率不同，從而假設(shè)b是紫光，c是紅光，則可根據(jù)紅光與紫光的特性來確定出正確答案3（6分）（20

5、15成都模擬）質(zhì)量m=50kg的某同學(xué)站在觀光電梯地板上，用速度傳感器記錄了電梯在一段時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間變化情況（以豎直向上為正方向）由圖象提供的信息可知（） A 在015s內(nèi)，觀光電梯上升的高度為25m B 在515s內(nèi)，電梯地板對(duì)人的支持力做了2500J的功 C 在2025s與2535s內(nèi)，觀光電梯的平均速度大小均為10m/s D 在2535s內(nèi)，觀光電梯在減速上升，該同學(xué)的加速度大小2m/s2【考點(diǎn)】： 功的計(jì)算；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像【專題】： 功的計(jì)算專題【分析】：在速度時(shí)間圖象中，直線的斜率表示加速度的大小，根據(jù)圖象求出電梯的加速度，當(dāng)有向上的加速度時(shí)，此時(shí)人就處于超重狀態(tài)，當(dāng)有

6、向下的加速度時(shí)，此時(shí)人就處于失重狀態(tài)圖象與時(shí)間軸圍成的面積表示物體通過的位移【解析】： 解：A、在速度時(shí)間圖象中，與時(shí)間軸所包圍的面積即為位移，故015s內(nèi)的位移為x=，故A錯(cuò)誤；B、515s內(nèi)加速度為，由牛頓第二定律得FNmg=ma，解得FN=450N，515s內(nèi)上升的高度為，故支持力做功為W=FNh=22500J，故B錯(cuò)誤；C、勻變速直線運(yùn)動(dòng)，平均速度等于初末速度之和，故，故C正確；D、在2535s內(nèi)，觀光電梯在減速下降，故D錯(cuò)誤；故選：C【點(diǎn)評(píng)】： 本題主要考查了vt圖象的性質(zhì)、超重失重現(xiàn)象的理解，要注意通過圖象明確物體的運(yùn)動(dòng)情況，再結(jié)合超重失重的內(nèi)容進(jìn)行分析即可4（6分）（2015成都

7、模擬）圖甲為一簡(jiǎn)諧橫波在t=0時(shí)刻的波形圖象，圖乙為該橫波中x=3m處質(zhì)點(diǎn)A的振動(dòng)圖象，則下列說法正確的是（） A 波的傳播方向沿x軸正方向 B 波的傳播速度大小為1cm/s C 在t=2.0s時(shí)刻，圖甲中x=4m處質(zhì)點(diǎn)B的振動(dòng)加速度大小為0 D 若該波遇到尺寸大小為1m的障礙物或孔時(shí)，該波會(huì)發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象【考點(diǎn)】： 橫波的圖象；波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系【專題】： 振動(dòng)圖像與波動(dòng)圖像專題【分析】：由乙圖讀出t=0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)A的振動(dòng)方向，由甲圖判斷出波的傳播方向由甲圖讀出波長(zhǎng)，由乙圖讀出周期，即可求得波速根據(jù)t=0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)A的位置，進(jìn)而分析B的位置，從而判斷加速度【解析】： 解：A、由乙圖讀出t

8、=0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)A的振動(dòng)方向沿y軸正方向，由甲圖判斷出波的傳播方向沿x軸負(fù)方向故A錯(cuò)誤B、由甲圖讀出波長(zhǎng)=4m，由乙圖讀出周期T=4s，則波速v=，故B錯(cuò)誤C、在t=2.0s時(shí)刻，A點(diǎn)在平衡位置向下振動(dòng)，所以B處于波峰處，加速度最大，故C錯(cuò)誤D、當(dāng)波的波長(zhǎng)比障礙物尺寸大或差不多時(shí)，就會(huì)發(fā)生明顯的衍射由圖知該波的波長(zhǎng)為=4m，所以該波遇到尺寸大小為1m的障礙物或孔時(shí)，該波會(huì)發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，故D正確故選：D【點(diǎn)評(píng)】： 本題關(guān)鍵要抓住振動(dòng)圖象與波動(dòng)圖象之間的聯(lián)系，將一個(gè)周期分成四個(gè)周期研究質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)過程5（6分）（2015成都模擬）如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為10：1，電壓表和電流表均為

9、理想電表原線圈所接交流電源的電壓隨時(shí)間變化的關(guān)系是u1=220sin100tV，副線圈回路中的輸電線ab和cd的總電阻r=2，滑動(dòng)變阻器的最大阻值R=30，其余輸電線電阻忽略不計(jì)，則（） A 理想變壓器輸出電壓的頻率是100 Hz B 在t=0O1s，時(shí)，電壓表V的示數(shù)為OV C 在滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)觸頭向下滑動(dòng)的過程中，電流表A1的示數(shù)不變、電流表AZ的示數(shù)變大 D 當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為R=20時(shí)，理想變壓器的輸入功率為22 W【考點(diǎn)】： 變壓器的構(gòu)造和原理【專題】： 交流電專題【分析】：根據(jù)瞬時(shí)值表達(dá)式可以求得輸出電壓的有效值、周期和頻率等，再根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比即可求得結(jié)論，電路的動(dòng)

10、態(tài)分析，由歐姆定律求解【解析】： 解：A、根據(jù)瞬時(shí)值表達(dá)式為u1=220sin100t（V），理想變壓器輸出電壓的頻率是50 Hz故A錯(cuò)誤B、電壓表V示數(shù)為有效值，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比可知，副線圈的電壓的有效值為22V，電壓表的示數(shù)為22V，故B錯(cuò)誤C、當(dāng)滑動(dòng)變阻器觸頭P向下滑動(dòng)的過程中，滑動(dòng)變阻器的電阻變小，電路的總電阻變小，由于電壓是由變壓器決定的且不變，故電壓表的示數(shù)不變，由歐姆定律得電流變大，有功率不變得原線圈的功率變大，電流變大，故C錯(cuò)誤D、當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為R=20時(shí)，總電阻為22，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比可知，副線圈的電壓的有效值為22V，消耗的功率為p=22w，理想變壓器

11、輸入輸出功率不變，故D正確故選：D【點(diǎn)評(píng)】： 電路的動(dòng)態(tài)變化的分析，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路的變化的情況，即先部分后整體再部分的方法6（6分）（2015成都模擬）嫦娥三號(hào)”于2013年12月2日在中國(guó)西昌衛(wèi)星發(fā)射中心由長(zhǎng)征三號(hào)乙運(yùn)載火箭送人太空，12月14日成功軟著陸于月球雨海西北部，12月15日完成著陸器和巡視器分離，并陸續(xù)開展了“觀天、看地、測(cè)月”，的科學(xué)探測(cè)和其它預(yù)定任務(wù)如圖所示為“嫦娥三號(hào)”釋放出的國(guó)產(chǎn)“玉兔”號(hào)月球車，若該月球車在地球表面的重力為G1，在月球表面的重力為G2，已知地球半徑為R1，月球半徑為R2，地球表面處的重力加速度為g，則

12、（） A 月球表面處的重力加速度為g B 月球車內(nèi)的物體處于完全失重狀態(tài) C 地球的第一宇宙速度與月球的第一宇宙速度之比為 D 地球與月球的質(zhì)量之比為【考點(diǎn)】： 萬有引力定律及其應(yīng)用【專題】： 萬有引力定律的應(yīng)用專題【分析】：質(zhì)量是不變的，重力是改變的，根據(jù)重力表達(dá)式G重=mg表示出g進(jìn)行比較；忽略星球自轉(zhuǎn)的影響，根據(jù)萬有引力等于重力列出等式比較地球和月球的質(zhì)量；第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，也是最大的圓周運(yùn)動(dòng)的環(huán)繞速度【解析】： 解：A、重力加速度：g=，故地球表面處的重力加速度與月球表面處的重力加速度之比為G1：G2，故月球表面處的重力加速度為g，故A正確；B、在月球表面，月球車內(nèi)的物

13、體受重力和支持力，不是失重，故B錯(cuò)誤；C、第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度：v=，故地球的第一宇宙速度與月球的第一宇宙速度之比：=，故C正確；D、根據(jù)g=，有：M=，故地球的質(zhì)量與月球的質(zhì)量之比為：=，故D錯(cuò)誤；故選：AC【點(diǎn)評(píng)】： 本題關(guān)鍵是明確重力和質(zhì)量的區(qū)別，知道第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，根據(jù)牛頓第二定律列式分析即可7（6分）（2015成都模擬）如圖甲所示，傾角30°、上側(cè)接有R=1的定值電阻的粗糙導(dǎo)軌（導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)、且ab與導(dǎo)軌上側(cè)相距足夠遠(yuǎn)），處于垂直導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌相距L=1m一質(zhì)量m=2kg、阻值r=1的金屬棒，在作用于

14、棒中點(diǎn)、沿斜面且平行于導(dǎo)軌的拉力F作用下，由靜止開始從ab處沿導(dǎo)軌向上加速運(yùn)動(dòng)，棒球運(yùn)動(dòng)的速度一位移圖象如圖乙所示，（b點(diǎn)為位置坐標(biāo)原點(diǎn)）若金屬棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)=，g=10m/s2，則金屬棒從起點(diǎn)b沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)x=1m的過程中（） A 金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B 金屬棒與導(dǎo)軌間因摩擦產(chǎn)生的熱量為10J C 通過電阻R的感應(yīng)電荷量為0.5C D 電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為0.5J【考點(diǎn)】： 導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化【專題】： 電磁學(xué)；電磁感應(yīng)功能問題【分析】：結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式列式分析運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；摩擦產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力做的功；根據(jù)電流的平均值求解電量，

15、求解電熱要用電流的有效值【解析】： 解：A、vx圖象是直線，如果是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)，vt圖象應(yīng)該是曲線，故金屬棒做變加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、金屬棒與導(dǎo)軌間因摩擦產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力做的功，為：Q1=mgcos30°x=J=10J；故B正確；C、通過電阻R的感應(yīng)電荷量：q=0.5C；故C正確；D、既然是變加速直線運(yùn)動(dòng)，條件不足，無法求解電阻R產(chǎn)生的熱量，故D錯(cuò)誤；故選：BC【點(diǎn)評(píng)】： 本題關(guān)鍵是明確導(dǎo)體棒的受力情況、運(yùn)動(dòng)情況和電路中的能量轉(zhuǎn)化情況，明確平均值有有效值的區(qū)分，不難二.非選擇題，68分8（6分）（2015成都模擬）如圖甲所示是用沙擺演示振動(dòng)圖象的實(shí)驗(yàn)裝置，沙擺可

16、視為擺長(zhǎng)L=1.0m的單擺，沙擺的運(yùn)動(dòng)可看作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)實(shí)驗(yàn)中，細(xì)沙從擺動(dòng)著的漏斗底部均勻漏出，用手沿與擺動(dòng)方向垂直的方向勻速拉動(dòng)紙板，漏在紙板上的細(xì)沙形成了圖乙所示的粗細(xì)變化的一條曲線曲線之所以粗細(xì)不均勻，主要是因?yàn)樯硵[擺動(dòng)過程中速度（選填“位移”、“速度”或“加速度”）大小在變化若圖乙中AB間距離x=4.0m，當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭=10m/s2，則紙板勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為1.0m/s（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）【考點(diǎn)】： 簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振動(dòng)圖象；簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力和能量【專題】： 簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)專題【分析】：?jiǎn)螖[擺動(dòng)的周期T=2，知單擺的周期與擺球的質(zhì)量無關(guān)，所以周期不變單擺在擺動(dòng)的過程中經(jīng)過平衡位置的速度最大，

17、最大位移處的速度為0根單擺周期求出沙擺的周期，再求解紙板勻速運(yùn)動(dòng)的速度【解析】： 解：觀察細(xì)沙曲線，發(fā)現(xiàn)兩側(cè)粗，沙子多，中間細(xì)，沙少是因?yàn)樯硵[在擺動(dòng)的過程中，經(jīng)過平衡位置速度最大，最大位移處速度為0，即是由于沙擺擺動(dòng)過程中 速度大小的變化引起的沙擺的周期為：T=2=2s=2s乙圖記錄了2T時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況，則紙板勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為：v=1.0m/s故答案為：速度，1.0【點(diǎn)評(píng)】： 解決本題的關(guān)鍵知道砂擺完成一次全振動(dòng)的時(shí)間為一個(gè)周期，掌握單擺的周期公式9（11分）（2015成都模擬）某實(shí)驗(yàn)小組欲測(cè)量額定電壓為3V的某LED燈在正常工作時(shí)的電阻Rx，已知該燈正常工作時(shí)電阻大約為600左右除該L

18、ED燈外，實(shí)驗(yàn)中可供選擇的實(shí)驗(yàn)器材有：電流表A（量程00.6A，內(nèi)阻RA約2.0）電壓表V1（量程06V，內(nèi)阻RVl約5k）電壓表V2、（量程03V，內(nèi)阻Rv2=500）滑動(dòng)變阻器R（020，允許最大電流1.0A）蓄電池E（電動(dòng)勢(shì)10V，內(nèi)阻約0.1）開關(guān)S一只、導(dǎo)線若干（1）實(shí)驗(yàn)中要求測(cè)量盡量準(zhǔn)確且方便調(diào)節(jié)，除電源、LED燈、滑動(dòng)變阻器、開關(guān)和導(dǎo)線外，電表（電流表或電壓表）應(yīng)選用V1、V2 （填寫儀器符號(hào)）（2）將你所設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)電路圖畫在答題卡上對(duì)應(yīng)的虛線框中，并在圖中標(biāo)明儀器符號(hào)（3）寫出測(cè)量LED燈正常工作時(shí)的電阻表達(dá)式RX=（用電壓表V1的示數(shù)U1、電壓表V2的示數(shù)U2、電流表A的示數(shù)

19、I，RV1、Rv2、RA中的某些字母表示）【考點(diǎn)】： 伏安法測(cè)電阻【專題】： 實(shí)驗(yàn)題【分析】：滑動(dòng)變阻器阻值遠(yuǎn)小于LED的電阻，所以滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法通過LED最大電流，太小，電流表不能使用，所以選擇兩個(gè)電壓表，其中一個(gè)電壓表電阻與LED內(nèi)阻差不多，與LED串聯(lián)，根據(jù)歐姆定律求出通過LED的電流，再根據(jù)歐姆定律求解LED的電阻【解析】： 解：（1）根據(jù)題意可知，通過LED最大電流，太小，電流表不能使用，所以選擇兩個(gè)電壓表，V1，V2，其中一個(gè)電壓表電阻與LED內(nèi)阻差不多，與LED串聯(lián)（2）滑動(dòng)變阻器阻值遠(yuǎn)小于LED的電阻，所以滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，Rv2=500與LED電阻差不多，所

20、以V2使用內(nèi)接法，電路圖如圖所示：（3）根據(jù)電路可知，V1測(cè)量RX和電壓表V2的總電壓，根據(jù)歐姆定律可知通過V2的電流，RX兩端的電壓U=U1U2，根據(jù)歐姆定律可知，RX=故答案為：（1）V1，V2；（2）如圖所示；（3）【點(diǎn)評(píng)】： 本題最容易出錯(cuò)的地方就是同學(xué)們沒有考慮通過LED最大電流，不知道電流表不能用，而是采用常規(guī)的伏安法測(cè)電阻，難度適中10（15分）（2015成都模擬）如圖所示，滑雪坡道由斜面AB和圓弧面BO組成，BO與斜面相切于B、與水平面相切于O，以O(shè)為原點(diǎn)在豎直面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy現(xiàn)有一質(zhì)量m=60kg的運(yùn)動(dòng)員從斜面頂點(diǎn)A無初速滑下，運(yùn)動(dòng)員從O點(diǎn)飛出后落到斜坡CD上的E點(diǎn)已

21、知A點(diǎn)的縱坐標(biāo)為yA=6m，E點(diǎn)的橫、縱坐標(biāo)分別為xE=10m，yE=5m，不計(jì)空氣阻力，g=10m/s2求：（1）運(yùn)動(dòng)員在滑雪坡道ABO段損失的機(jī)械能（2）落到E點(diǎn)前瞬間，運(yùn)動(dòng)員的重力功率大小【考點(diǎn)】： 機(jī)械能守恒定律；平拋運(yùn)動(dòng)；功率、平均功率和瞬時(shí)功率【專題】： 機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題【分析】：（1）運(yùn)動(dòng)員從O點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)的分解法分別研究水平和豎直兩個(gè)方向的位移，即可求得時(shí)間和平拋運(yùn)動(dòng)的初速度，從而求得在滑雪坡道ABO段損失的機(jī)械能（2）由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出落到E點(diǎn)前瞬間豎直分速度，再求解重力的瞬時(shí)功率【解析】： 解：（1）運(yùn)動(dòng)員從O點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，則 xE=vxt；yE

22、=解得，t=1s，vx=10m/s在滑雪坡道ABO段，由能量守恒定律有：損失的機(jī)械能為E=mgyA代入數(shù)據(jù)解得，E=600J（2）落到E點(diǎn)前瞬間，運(yùn)動(dòng)員在豎直方向上的分速度為 vy=gt運(yùn)動(dòng)員的重力功率大小為 P=mgvy；代入數(shù)據(jù)解得 P=6×103W答：（1）運(yùn)動(dòng)員在滑雪坡道ABO段損失的機(jī)械能為600J（2）落到E點(diǎn)前瞬間，運(yùn)動(dòng)員的重力功率大小為6×103W【點(diǎn)評(píng)】： 機(jī)械能守恒定律常常要綜合平拋或牛頓第二定律進(jìn)行考查，在做題時(shí)要注意明確運(yùn)動(dòng)的過程，正確選擇物理規(guī)律求解11（17分）（2015成都模擬）如圖所示，勁度系數(shù)k0=2N/m、自然長(zhǎng)度l0=m的輕彈簧兩端分別

23、連接著帶正電的小球A和B，A、B的電荷量分別為qA=4.0×102C、qC=1.0×108C，B的質(zhì)量m=0.18kg，A球固定在天花板下0點(diǎn)，B球套在與0點(diǎn)等高的光滑固定直桿的頂端，直桿長(zhǎng)L=2m、與水平面的夾角=45°，直桿下端與一圓心在O點(diǎn)、半徑R=2m、長(zhǎng)度可忽略的小圓弧桿COD平滑對(duì)接，OO為豎直線，O的切線為水平方向，整個(gè)裝置處于同一豎直面內(nèi)若小球A、B均可視為點(diǎn)電荷，且A、B與天花板、彈簧、桿均絕緣，重力加速度g=10m/s2，靜電力常量k=9.0×109 Nm2/C2，則將B球從直桿頂端無初速釋放后，求：（1）小球運(yùn)動(dòng)到桿的中點(diǎn)P時(shí)，靜電

24、力和重力的合力的大小和方向（2）小球運(yùn)動(dòng)到小圓弧桿的O點(diǎn)時(shí)，小球?qū)U的彈力大小（計(jì)算結(jié)果可用根號(hào)表示）【考點(diǎn)】： 電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；動(dòng)能定理【專題】： 電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題【分析】：（1）小球在P點(diǎn)受電場(chǎng)力和重力，由庫(kù)倫定律求的庫(kù)侖力，根據(jù)力的合成即可求得合力大小和方向；（2）根據(jù)動(dòng)能定理求的到達(dá)O點(diǎn)的速度，根據(jù)牛頓第二定律求的作用力【解析】： 解：（1）在P點(diǎn)，B電荷受到的電場(chǎng)力為=1.8N，方向沿PA方向；重力為G=mg=1.8N靜電力與重力的合力大小為代入數(shù)據(jù)解得N因G=FAB，故F合的方向與豎直方向成22.5°角斜向下（2）從B到O由動(dòng)能定理可得解得v=在O點(diǎn)由牛頓第

25、二定律得代入數(shù)據(jù)解得由牛頓第三定律小球?qū)U的彈力大小答：（1）小球運(yùn)動(dòng)到桿的中點(diǎn)P時(shí)，靜電力和重力的合力的大小為，方向豎直方向成22.5°角斜向下（2）小球運(yùn)動(dòng)到小圓弧桿的O點(diǎn)時(shí)，小球?qū)U的彈力大小為2.3+N【點(diǎn)評(píng)】： 本題主要考查了受力分析，利用力的合成求的合力，再結(jié)合動(dòng)能定理和牛頓第二定律即可12（19分）（2015成都模擬）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy的第二象限內(nèi)存在場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向與x軸平行且沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第一、三、四象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)現(xiàn)將一擋板放在第二象限內(nèi)，其與x，y軸的交點(diǎn)M、N到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離均為2L一質(zhì)量為m，電荷量絕對(duì)值為q的帶負(fù)電粒子在第二象限內(nèi)從距x軸為L(zhǎng)、距y軸為2L的A點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)粒子第一次到達(dá)y軸上C點(diǎn)時(shí)電場(chǎng)突然消失若粒子重力不計(jì)，粒子與擋板相碰后電荷量及速度大小不變，碰撞前后，粒子的速度與擋板的夾角相等（類似于光反射時(shí)反射角與人射角的關(guān)系）求：（1）C點(diǎn)的縱坐標(biāo)（2）若要使粒子再次打到檔板上，磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值為多少？（3）磁感應(yīng)強(qiáng)度為多大時(shí)，粒子與檔板總共相碰兩次后到達(dá)C點(diǎn)？這種情況下粒子從A點(diǎn)出發(fā)到第二次到達(dá)C點(diǎn)的時(shí)間多長(zhǎng)？【考點(diǎn)】： 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【專題