溫州中學(xué)2015屆高三上學(xué)期期末模擬考試物理試卷(解析版)

浙江省溫州中學(xué)2015屆高三上學(xué)期期末模擬考試物理試卷考生注意：1、本試卷時(shí)量：90分鐘，滿(mǎn)分：100分；2、答題前，請(qǐng)考生先將自己的學(xué)校、班次、姓名、考號(hào)在答題卷上填寫(xiě)清楚；3、必須在答題卷上答題，在草稿紙、試題卷上答題無(wú)效。交卷只交答題卷。第Ⅰ卷(選擇題共40分)一、單項(xiàng)選擇題（每小題3分，計(jì)24分。每個(gè)小題只有一個(gè)正確選項(xiàng)）1．物理學(xué)對(duì)人類(lèi)文明進(jìn)步做出了積極的貢獻(xiàn)，成為當(dāng)代人類(lèi)文化的一個(gè)重要組成部分。關(guān)于物理學(xué)發(fā)展過(guò)程，下列說(shuō)法中正確的是A．亞里士多德認(rèn)為兩個(gè)從同一高度自由落下的物體，重物體與輕物體下落一樣快B．自然界的電荷只有兩種，庫(kù)侖把它們命名為正電荷和負(fù)電荷C．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，揭示了電現(xiàn)象與磁現(xiàn)象之間的聯(lián)系D．伽利略通過(guò)“理想實(shí)驗(yàn)”得出結(jié)論：運(yùn)動(dòng)必具有一定速度，如果它不受力，它將以這一速度永遠(yuǎn)運(yùn)動(dòng)下去解析：A．伽利略認(rèn)為兩個(gè)從同一高度自由落下的物體，重物體與輕物體下落一樣快，故A錯(cuò)誤；B．自然界的電荷只有兩種，富蘭克林把它們命名為正電荷和負(fù)電荷，故B錯(cuò)誤C．法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，揭示了電現(xiàn)象與磁現(xiàn)象之間的聯(lián)系，故C錯(cuò)誤；D．伽利略通過(guò)“理想實(shí)驗(yàn)”得出結(jié)論：運(yùn)動(dòng)必具有一定速度，如果它不受力，它將以這一速度永遠(yuǎn)運(yùn)動(dòng)下去，正確；故選D2．一個(gè)物體沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，從t＝0時(shí)刻開(kāi)始，物體的eq\f(x,t)－t的圖象如圖所示，圖線(xiàn)與縱橫坐標(biāo)軸的交點(diǎn)分別為0.5m/s和－1s，由此可知A．物體做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)B．物體做變加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)C．物體的初速度大小為0.5m/sD．物體的初速度大小為1m/s解析：A、B、根據(jù)，可知物體的速度均勻增大，做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故A，B錯(cuò)誤．C、D、圖線(xiàn)縱軸截距表示初速度，則知物體的初速度大小為0.5m/s，故C正確，D錯(cuò)誤．故選：C．3．兩光滑平板MO、NO構(gòu)成一具有固定夾角θ0=75°的V形槽，一球置于槽內(nèi)，用θ表示NO板與水平面之間的夾角，如圖所示。若球?qū)Π錘O壓力的大小正好等于球所受重力的大小，則下列θ值中哪個(gè)是正確的？A．15°B．30°C．45°D．60°解析：對(duì)球受力分析如下圖所示：

球受重力mg、擋板MO的支持力FM和擋板NO的支持力FN三個(gè)力的作用，

根據(jù)題意知，擋板NO的支持力FN等于球的重力mg，即FN=mg．球靜止，所以球所受的三個(gè)力的合力為零，三個(gè)力的合力為零，則其中任意兩個(gè)力的合力必定與第三個(gè)力構(gòu)成平衡力，圖中所示的FN與FM的合力F′與重力mg構(gòu)成平衡力，即F′=mg，所以力的三角形O′FNF′是等腰三角形，根據(jù)幾何關(guān)系和已知條件得：φ=

①

對(duì)于四邊形OM′O′N(xiāo)′有：∠M′O′N(xiāo)′+θ0=180°

即φ+θ+θ0=180°

②

解方程①②得：+θ+75°=180°，

所以θ=30°．故選B．4．質(zhì)量為m的小球被系在輕繩的一端，在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球受到空氣阻力的作用.設(shè)某一時(shí)刻小球通過(guò)軌道的最低點(diǎn)，此時(shí)繩子的張力為7mg，此后小球繼續(xù)做圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)半個(gè)圓周恰能通過(guò)最高點(diǎn)，則在此過(guò)程中小球克服空氣阻力所做的功為A．mgR/4 B．mgR/2C．mg/R D．mgR解析：小球在最低點(diǎn)，受力分析與運(yùn)動(dòng)分析．則有：F-mg=m而最高點(diǎn)時(shí)，由于恰好能通過(guò)，所以：mg=m小球選取從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)作為過(guò)程，由動(dòng)能定理可得：-mg?2R-W克=由以上三式可得：W克=mgR，故選：B5．如圖所示，真空中有兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷，A、B分別為兩電荷連線(xiàn)和連線(xiàn)中垂線(xiàn)上的點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別是EA、EB，電勢(shì)分別是φA、φB，下列判斷正確的是A．EA＞EB，φA＞φBB．EA＞EB，φA＜φB

C．EA＜EB，φA＞φBD．EA＜EB，φA＜φB解析：常見(jiàn)電場(chǎng)的電場(chǎng)線(xiàn)中，等量異種電荷的電場(chǎng)線(xiàn)特點(diǎn)如圖，

可見(jiàn)，A點(diǎn)的電場(chǎng)線(xiàn)比較密，故A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大；另外，電場(chǎng)線(xiàn)的分析從左到右，故A的電勢(shì)高于B點(diǎn)的電勢(shì)．因此，A選項(xiàng)正確，BCD都錯(cuò)誤．故答案為：A6．如圖所示，質(zhì)量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，始終保持以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體過(guò)一會(huì)兒能保持與傳送帶相對(duì)靜止，對(duì)于物塊從靜止釋放到相對(duì)靜止這一過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是A．電動(dòng)機(jī)做的功為eq\f(1,2)mv2B．摩擦力對(duì)物體做的功為mv2C．傳送帶克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)mv2D．小物塊與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=eq\f(1,2)mv2解析：A、電動(dòng)機(jī)多做的功轉(zhuǎn)化成了物體的動(dòng)能和系統(tǒng)的內(nèi)能，所以電動(dòng)機(jī)多做的功為W機(jī)=mv2+Q=mv2．故A不正確；B、物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只有摩擦力對(duì)它做功，根據(jù)動(dòng)能定理得：摩擦力對(duì)物塊做的功為Wf=mv2-0=0.5mv2．故A正確．C、傳送帶克服摩擦力做功為：Wf=μmgx1=mv2．故C不正確．D、設(shè)物塊勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則物塊與傳送帶相對(duì)位移大小為△x=vt-vt=0.5vt，此過(guò)程中物塊的位移為x物=0.5vt，則有△x=x物；系統(tǒng)摩擦生熱為Q=f?△x=fx物=mv2．故D正確．7.如圖所示，真空中狹長(zhǎng)區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，區(qū)域?qū)挾葹閐，邊界為CD和EF，速度為v的電子從邊界CD外側(cè)沿垂直于磁場(chǎng)方向射入磁場(chǎng)，入射方向跟CD的夾角為θ，已知電子的質(zhì)量為m、帶電荷量為e，為使電子能從另一邊界EF射出，電子的速率應(yīng)滿(mǎn)足的條件是A．v>eq\f(Bed,m1＋cosθ)B．v<eq\f(Bed,m1＋cosθ)C．v>eq\f(Bed,m1＋sinθ)D．v<eq\f(Bed,m1＋sinθ)解析：由題意可知電子從EF射出的臨界條件為到達(dá)邊界EF時(shí)，速度與EF平行，軌跡與EF相切，如右圖．由幾何知識(shí)得R＋Rcosθ＝d，R＝eq\f(mv0,eB)，解得v0＝eq\f(Bed,m1＋cosθ)，v>v0，即能從EF射出．答案A8．如圖所示，豎直放置的勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，上端與質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球連接，小球與彈簧絕緣，下端與放在水平桌面上的質(zhì)量為M的絕緣物塊相連。物塊、彈簧和小球組成的系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)突然加一個(gè)方向豎直向上，大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，某時(shí)刻物塊對(duì)水平面的壓力為零，則從加上勻強(qiáng)電場(chǎng)到物塊對(duì)水平面的壓力為零的過(guò)程中，小球電勢(shì)能改變量的大小為A．B．C．D．解析：開(kāi)始小球壓著彈簧，則彈簧被壓縮了x1=，當(dāng)加入一個(gè)豎直向上，大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，當(dāng)某時(shí)刻物塊對(duì)水平面的壓力為零時(shí)，彈簧對(duì)物塊的拉力為Mg，所以彈簧又被物塊M拉長(zhǎng)了x2=．

小球電勢(shì)能改變等于靜電力做功，由于電場(chǎng)力恒定，則電場(chǎng)力做功為：W=F△x=Eq（x1+x2）=，故C正確，BCD錯(cuò)誤；故選：A二、多項(xiàng)（每小題4分，計(jì)16分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的，選對(duì)但不全得2分，錯(cuò)選或不選得0分）9．如圖，為真空中某一點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場(chǎng)，a、b分別是其電場(chǎng)中的兩點(diǎn)，其中a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為Ea，方向與a、b連線(xiàn)成120°角；b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為Eb，方向與a、b連線(xiàn)成150°角。一帶負(fù)電的檢驗(yàn)電荷q在場(chǎng)中由a運(yùn)動(dòng)到b，則A．a(chǎn)、b兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小B．q在a、b兩點(diǎn)電勢(shì)能相比較εa＞εbC．a(chǎn)、b兩點(diǎn)電勢(shì)相比較D．q在a、b兩點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大小之比解析：A、B、將兩條電場(chǎng)線(xiàn)反向延長(zhǎng)后相交于一點(diǎn)，即為點(diǎn)電荷Q的位置，設(shè)a、b兩點(diǎn)到Q的距離分別為ra和rb，由幾何知識(shí)得到，rb=ra，

根據(jù)公式E=得到，Ea=3Eb．故A正確，D錯(cuò)誤；B、φa＞φb．q在a、b兩點(diǎn)電勢(shì)能相比較εa＞εb，故B正確．C、因?yàn)閎點(diǎn)距離正電荷Q遠(yuǎn)，所以φa＞φb．故C錯(cuò)誤；故選：AB10.如右圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個(gè)質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)與一彈性橡皮繩相連，橡皮繩的另一端固定在地面上的A點(diǎn)，橡皮繩豎直時(shí)處于原長(zhǎng)h。讓圓環(huán)沿桿滑下，滑到桿的底端時(shí)速度為零。則在圓環(huán)下滑過(guò)程中（整個(gè)過(guò)程中橡皮繩始終處于彈性限度內(nèi)）A．橡皮繩的彈性勢(shì)能一直增大B．圓環(huán)的機(jī)械能先不變后減小C．橡皮繩的彈性勢(shì)能增加了mghD．橡皮繩再次到達(dá)原長(zhǎng)時(shí)圓環(huán)動(dòng)能最大解析：A、圓環(huán)沿桿滑下，滑到桿的底端的過(guò)程中有兩個(gè)力對(duì)圓環(huán)做功，即環(huán)的重力和橡皮繩的拉力；所以圓環(huán)的機(jī)械能不守恒，如果把圓環(huán)和橡皮繩組成的系統(tǒng)作為研究對(duì)象，則系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤．

B、橡皮繩的彈性勢(shì)能隨橡皮繩的形變量的變化而變化，由圖知橡皮繩先縮短后再伸長(zhǎng)，故橡皮繩的彈性勢(shì)能先不變?cè)僭龃螅蔅正確．

C、根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，圓環(huán)的機(jī)械能減少了mgh，那么橡皮繩的機(jī)械能的減小量等于彈性勢(shì)能增大量，為mgh．故C正確．

D、在圓環(huán)下滑過(guò)程中，橡皮繩再次到達(dá)原長(zhǎng)時(shí)，該過(guò)程中動(dòng)能一直增大，但不是最大，沿桿方向合力為零的時(shí)刻，圓環(huán)的速度最大．故D錯(cuò)誤．故選擇BC答案。11．如圖所示，兩個(gè)閉合圓形線(xiàn)圈A、B的圓心重合，放在同一個(gè)水平面內(nèi)，線(xiàn)圈A中通以如圖所示的交變電流，設(shè)t＝0時(shí)電流沿逆時(shí)針?lè)较颉Ｏ铝姓f(shuō)法中正確的是A．0～t1內(nèi),線(xiàn)圈B有逆時(shí)針?lè)较虻碾娏?，且有收縮的趨勢(shì)B．t1～t2內(nèi),線(xiàn)圈B有逆時(shí)針?lè)较虻碾娏?，且有擴(kuò)張的趨勢(shì)C．在t1時(shí)刻，線(xiàn)圈B的電流大小和方向同時(shí)改變D．在t1時(shí)刻，線(xiàn)圈A、B的作用力最小解析：A、在0-t1時(shí)間內(nèi)，電流逆時(shí)針?lè)较驕p小，通過(guò)B線(xiàn)圈的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，知B內(nèi)有逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鳎鶕?jù)楞次定律的另一種表述，B線(xiàn)圈有收縮的趨勢(shì)．故A正確．

B、則在t1-t2時(shí)間內(nèi)，電流順時(shí)針增大，通過(guò)B線(xiàn)圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，知B內(nèi)有逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鳎鶕?jù)楞次定律的另一種表述，B線(xiàn)圈有擴(kuò)張的趨勢(shì)．故B正確C、t1時(shí)刻線(xiàn)圈B中沒(méi)有電流，故C錯(cuò)誤．

D、t1時(shí)刻線(xiàn)圈B中沒(méi)有電流，故在t1時(shí)刻，線(xiàn)圈A、B的作用力最?。蔇正確．故正確答案為ABD12．如圖，xOy平面的一、二、三象限內(nèi)存在垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，ON為處于y軸負(fù)方向的彈性絕緣薄擋板，長(zhǎng)度為9m，M點(diǎn)為x軸正方向上一點(diǎn)，OM=3m．現(xiàn)有一個(gè)比荷大小為可視為質(zhì)點(diǎn)帶正電的小球(重力不計(jì)）從擋板下端N處小孔以不同的速度向x軸負(fù)方向射入磁場(chǎng)，若與擋板相碰就以原速率彈回，且碰撞時(shí)間不計(jì)，碰撞時(shí)電量不變，小球最后都能經(jīng)過(guò)M點(diǎn)，則小球射入的速度大小可能是A．3m/sB．3.75m/sC．4.5m/sD．5m/s解析：依題意可知：小球運(yùn)動(dòng)的圓心的位置一定在y軸上，所以小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r一定要大于等于3m，而ON=9m＜3r，所以小球最多與擋板ON碰撞一次，碰撞后，第二個(gè)圓心的位置在O點(diǎn)的上方．也可能小球與擋板ON沒(méi)有碰撞，直接過(guò)M點(diǎn)．由于洛倫茲力提供向心力，所以：得：①1．若小球與擋板ON碰撞一次，則軌跡可能如圖1，設(shè)OO′=s，由幾何關(guān)系得：r2=OM2+s2=9+s2②3r﹣9=s③聯(lián)立②③得：r1=3m；r2=3.75m分別代入①得：=3m/sm/s2．若小球沒(méi)有與擋板ON碰撞，則軌跡如圖2，設(shè)OO′=s，由幾何關(guān)系得：④x=9﹣r3⑤聯(lián)立④⑤得：r3=5m代入①得：m/s，故選：ABD第II卷（非選擇題共60分）三、實(shí)驗(yàn)題(共2小題，共14分。把答案直接填在橫線(xiàn)上)13.甲、乙兩個(gè)同學(xué)用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置共同研究在保持受到的牽引力不變的條件下，小車(chē)的加速度與其質(zhì)量的關(guān)系．(1)甲同學(xué)通過(guò)對(duì)小車(chē)所牽引紙帶的測(cè)量，就能得出小車(chē)的加速度a.圖乙是某次實(shí)驗(yàn)所打出的一條紙帶，在紙帶上標(biāo)出了5個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，在相鄰的兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有4個(gè)點(diǎn)未標(biāo)出，圖中數(shù)據(jù)的單位是cm.實(shí)驗(yàn)中使用的電源是頻率為f＝50Hz的交變電流．根據(jù)以上數(shù)據(jù)，可以算出小車(chē)的加速度a＝________m/s2.(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(2)乙同學(xué)通過(guò)給小車(chē)增加砝碼來(lái)改變小車(chē)的質(zhì)量M，得到小車(chē)的加速度a與質(zhì)量M的數(shù)據(jù)，畫(huà)出a～eq\f(1,M)圖線(xiàn)后，發(fā)現(xiàn)：當(dāng)eq\f(1,M)較大時(shí)，圖線(xiàn)發(fā)生彎曲．于是，該同學(xué)后來(lái)又對(duì)實(shí)驗(yàn)方案進(jìn)行了進(jìn)一步地修正，避免了圖線(xiàn)的末端發(fā)生彎曲的現(xiàn)象．那么，該同學(xué)的修正方案可能是A．改畫(huà)a與eq\f(1,M＋m)的關(guān)系圖線(xiàn)B．改畫(huà)a與(M＋m)的關(guān)系圖線(xiàn)C．改畫(huà)a與eq\f(m,M)的關(guān)系圖線(xiàn)D．改畫(huà)a與eq\f(1,M＋m2)的關(guān)系圖線(xiàn)解析：（1）由于每相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)，所以相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔T=0.1s，

設(shè)第一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)到第二個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的距離為x1，以后各段分別為x2、x3、x4，

根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大小，

得：x3-x1=2a1T2

，x4-x2=2a2T2

為了更加準(zhǔn)確的求解加速度，我們對(duì)兩個(gè)加速度取平均值，得：

a=（a1+a2）即a=m/s2=0.343m/s2

（2）分別對(duì)小車(chē)與砝碼列出牛頓第二定律，對(duì)小車(chē)有F=Ma，對(duì)砝碼有F-mg=ma，兩式聯(lián)立可得a==?mg，作圖時(shí)應(yīng)作出a-圖象．故選：A14．物理學(xué)習(xí)小組在測(cè)定某電源的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r時(shí)，找來(lái)一段電阻率較大的粗細(xì)均勻的電阻絲ab替代滑動(dòng)變阻器，設(shè)計(jì)了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)，其中R0是阻值為2Ω的保護(hù)電阻，滑動(dòng)片P與電阻絲始終接觸良好。實(shí)驗(yàn)時(shí)閉合開(kāi)關(guān)，調(diào)節(jié)P的位置，測(cè)得aP的長(zhǎng)度x和對(duì)應(yīng)的電壓U、電流I數(shù)據(jù)，并分別繪制了如圖乙所示的U－I圖象和如圖丙所示的－x圖象。（1）由圖乙可得電源的電動(dòng)勢(shì)E＝________V；內(nèi)阻r＝________Ω。（2）根據(jù)測(cè)得的直徑可以算得電阻絲的橫截面積S＝0.12×10－6m2，利用圖丙可求得電阻絲的電阻率ρ為_(kāi)_______Ω·m，圖丙中圖象截距的物理意義是。（以上結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）（3）此實(shí)驗(yàn)用了圖象法處理數(shù)據(jù)優(yōu)點(diǎn)是直觀，但是不能減少或者消除（填“偶然誤差”或“系統(tǒng)誤差”）。圖乙圖丙解析：（1）圖線(xiàn)與縱坐標(biāo)的交點(diǎn)就是電源的電動(dòng)勢(shì)，從圖上可得：E=3.00V．在圖象中找出兩個(gè)清晰的點(diǎn)，讀出對(duì)應(yīng)的數(shù)據(jù)，然后根據(jù)公式：r==1.0Ω；（2）電阻絲電阻R==ρ+RA，則=x+RA，﹣x圖象的斜率k===10，電阻率ρ=kS=10×3.14×≈1.3×10﹣6Ω?m；由=x+RA可知，函數(shù)﹣x圖線(xiàn)縱截距為2.0Ω，它表示電流表的內(nèi)阻為2Ω；（3）圖象法可以減小因?yàn)樽x數(shù)帶來(lái)的偶然誤差，不能減小系統(tǒng)誤差。四、計(jì)算題(本題共4小題，共46分。解答應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要演算步驟，只寫(xiě)出最后答案不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位)15.裝卸工要將質(zhì)量為50Kg的木箱搬到卡車(chē)上，找來(lái)了長(zhǎng)為4.4m的木板，做了一個(gè)傾角為的斜面.裝卸工用大小為500N、方向與斜面成的斜向上的拉力F將木箱拉上卡車(chē).已知木箱與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)，，，.木箱向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的大小.（2）要將木箱拉上卡車(chē)，拉力F至少需作用多長(zhǎng)的距離？解析：（1）由牛頓第二定律:解得：（2）撤去拉力后:解得：設(shè)運(yùn)動(dòng)最大速度為v：解得16．某實(shí)驗(yàn)小組做了如下實(shí)驗(yàn)，裝置如圖甲所示．豎直平面內(nèi)的光滑軌道由傾角為θ的斜面軌道AB和圓弧軌道BCD組成，將質(zhì)量m＝0.1kg的小球，從軌道AB上高H處的某點(diǎn)靜止滑下，用壓力傳感器測(cè)出小球經(jīng)過(guò)圓弧最高點(diǎn)D時(shí)對(duì)軌道的壓力F，改變H的大小，可測(cè)出相應(yīng)的F大小，F(xiàn)隨H的變化關(guān)系如圖乙所示．g=10m/s2．求：（1）圓軌道的半徑R．（2）若小球從D點(diǎn)水平飛出后又落到斜面上，其中最低的位置與圓心O等高，求θ的值．解析：（1）由機(jī)械能守恒得：mgH-mg?2R=mvC2

由牛頓第二定律得：mg+F=m解得：F=H-5mg根據(jù)圖象得：m=0.1kg；R=0.2m．

（2）因，，可得，由幾何關(guān)系可得17.如圖所示，在高度差h=0.5m的平行虛線(xiàn)范圍內(nèi)，有磁感強(qiáng)度B=0.5T、方向垂直于豎直平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，正方形線(xiàn)框abcd的質(zhì)量m=0.1kg、邊長(zhǎng)L=0.5m、電阻R=0.5，線(xiàn)框平面與豎直平面平行，靜止在位置“I”時(shí)，cd邊跟磁場(chǎng)下邊緣有一段距離?，F(xiàn)用一豎直向上的恒力F=4.0N向上提線(xiàn)框，該框由位置“I”無(wú)初速度開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)，最后到達(dá)位置“II”（ab邊恰好出磁場(chǎng)），線(xiàn)框平面在運(yùn)動(dòng)中保持與磁場(chǎng)方向垂直，且cd邊保持水平。設(shè)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線(xiàn)框恰好開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)。g取10，求：（1）線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)前距磁場(chǎng)下邊界的距離H；（2）線(xiàn)框由位置“I”到位置“II”的過(guò)程中，恒力F做的功是多少？線(xiàn)框內(nèi)產(chǎn)生的熱量又是多少？解析：（1）在恒力作用下，線(xiàn)圈開(kāi)始向上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，設(shè)線(xiàn)圈的加速度為，據(jù)牛頓第二定律有： 解得 從線(xiàn)圈進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始