2022年湖南省邵阳市高考物理一模试卷（附答案详解）

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2022年湖南省邵阳市高考物理一模试卷一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）l.如图所示，质量分别为m1、m2的两个小球A、B,带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面1,',,小N$D,BE上．突然加一水平向右的匀强电场后，两球A、B将由静止开始运动，对两小球A、B和弹簧组成的系统，在以后的运动过程中，以下说法正确的是（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用，且弹簧不超过弹性限度）（)A.系统动量守恒B.系统机械能守恒C.弹簧弹力与电场力大小相等时系统机械能最大D.系统所受合外力的冲谥不为零1/1112.甲、乙两物体在同一水平直线上运动，其位置坐标x随时间t变化的图象如图所示，甲为抛物线，乙为直线，下列说法正确的是（)n”勹-.`,I、A.前3s内甲、乙两物体始终做同向运动B.前3s内甲物体先做加速运动，后做减速运动C.前3s内甲的平均速率大千乙的平均速率D.前3s内甲、乙两物体的距离越来越大3.如图所示，斜面体置千粗糙水平面上，斜面光滑．小球被轻三质细线系住放在斜面上．细线另一端跨过定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢移动一段距离，斜面体始终静止．移动过程中（)A.细线对小球的拉力变大B.斜面对小球的支持力变大C.斜面对地面的压力变大D.地面对斜面的摩擦力变大

14.起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其速度图象如下面左图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是下面A、B、C、D图中的（):A:尸巨5.如图所示，电源电动势为E,内阻为r。电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R。为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）。当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处千静止状态。下列说法中正确的是（)凡PiRIA.在只逐渐增大光照强度的过程中，电阻R。消耗的电功率变大，电源消耗的总功率变大B.只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动的过程中，R1消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流C.只调节电阻R2的滑动端P1向上端移动的过程中，电压表示数变大，带电微粒向上运动D.若断开开关S，电容器所带电荷址变小，带电微粒向上运动第2页，共20页

26.如图甲所示，为一梯形平台截面图，OP为粗糙水平面，PD为斜面，小物块置千租糙水平面上的0点，每次用水平拉力F将物块由0点从静止开始拉动，当物块运动到斜面顶端P点时撤去拉力。小物块在大小不同的拉力F作用下落在斜面上的水平射程的x不同，其F-x图如图乙所示，若物块与水平面间的动摩擦因数为0.4,斜面与水平地面之间的夹角0=45°.,9取lOm/s2。设最大静摩擦力等千滑动摩擦力，则下列说法中正确的是（)F}1o.ol-~--------D5.0。1.0rm申乙A.小物块每次落在斜面上的速度方向不同B.不能求出小物块质批C.小物块质僵m=1.0kgD.0、P间的距离s=0.625m二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）7.2021年6月17日9时22分，神舟十二号载人飞船发射成功，10月16日神舟十三号载人飞船与空间站组合体完成自主快速交会对接。航天员翟志刚、王亚平、叶光富太空三人组进驻天和核心舱，标志着中国人首次长期进驻空间站时代。以下说法正确的是（)A.“神舟十二号载人飞船＂的发射速度大千地球第一宇宙速度B.宇航员可以在空间站中用用弹簧拉力器锻炼身体，也可以用弹簧测力计测旮物体重力C.只需知道空间站的公转周期就可以计笢出地球的质撇D.载人飞船在较低轨道上加速后可追上核心舱实施对接8.如图所示，LDAB=60°,ABCD-EFHG是底面为菱形（边长为l)的四棱柱，在A、C两点分别固定一个电岱为q的正点电荷，0为AC与DB的交点，P、Q是关千0点对称的两点，其中AQ=CP。则下列说法正确的是（)A.D点电势等千B点电势B.P、Q两点电场强度相同C.把质子沿直线PQ从P点移到Q点，电场力做功为零

3D.在D点以初速度V。沿DB方向入射一电子，只在电场力作用下，将会沿DB方向匀加速运动到B点9.水平地面上方有水平向右的匀强电场，场强大小为E＝弓产。从地面上的A点斜向右上方以速度v。=lOm/s抛出一个带正电的小球，速度方向与水平地面的夹角0=53°,轨迹如图所示。点B为轨迹最高点，D、E两点高度相等，小球落在水平地面的C点。忽略空气阻力的影响。9=lOm/s2则()A.D、E两点速度大小柜等B.B点速度为10m/sC.小球落地时与水平方向的夹角仍为53°D.A、C两点距离为16m10.如图所示，两根间距为d的光滑平行金属导轨，在00'左侧是倾角为0的斜面，右侧是足够长的水平轨道，有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。长度为d的两根金属棒MN、PQ始终垂直导轨，与导轨接触良好，质品均为m,MN棒的电阻是PQ棒电阻的一半。金屈棒MN从静止释放沿导轨下滑（不计00'处能量损失）。导轨电阻不计，整个过程中MN棒与PQ棒未发生碰撞，噩力加速度取g,则下列说法正确的是（）A.整个过程中金屈棒MN产生的焦耳热为%m妙B.整个过程流过金属棒PQ棒的电荷量为B丘茹2mdC.释放后金屈棒MN最终与PQ棒在水平轨道上一起做匀速直线运动D.金属棒MN滑至00'，刚进入磁场区域时，金属棒PQ两端的电压大小为2Bd拉而三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）第4页，共20页

411.如图（甲）所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验，有直径为d、质橇为m的金属小球由A处从静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定千B处的光电门，测得A、B间的距离为H(H»d)．光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t,当地的重力加速度为g则：(1)如图（乙）所示，用游标卡尺测得小球的直径d=_mm。(2)已知t、H和重力加速度g及小球的直径d,若小球下落过程中机械能守恒，则需满足以表达式：。(3)另一同学用上述实验装置通过改变光电门的位置，用h表示金属小球到光电门时的下落距离，用v表示金属小球通过光电门的速度，根据实验数据作出了如图丙所示的沪－h图像，则当地的实际重力加速度为g=_m/s气A．金屈球气问乙,.-.,、/(m-.s2)29.1。him1.5丙12.某实验兴趣小组要测绘一个标有“3Vl.8W"小灯泡的伏安特性曲线，实验室有以下器材可供选择：A待测小灯泡L(3V,l.8W)

5B电池组E（电动势为4.SV,内阻不计）C电压表V（记程3V,内阻约Skn)D电流表A1（噩程0.3A,内阻约1[),)E电流表生（量程0.6A,内阻约O.Sn)F滑动变阻器R1（最大阻值sn,额定电流2.0A)G滑动变阻器R2（最大阻值100[),,额定电流l.OA)H开关、导线若干(1)为了测輩更精确，且要求小灯泡两端的电压由零开始变化，并便于操作，电流表选，滑动变阻器选（填写实验器材前的字母代号）；(2)按照实验要求，根据所选的器材，诮选择正确的实验电路图;C(3)某同学根据实验数据描绘的小灯泡伏安特性曲线如图1所示，将两个规格相同的该灯泡并联后接到电动势为2V、内阻为2fl的另一电源E。上，如图2所示。则每个小灯泡的实际功率为W（结果保留2位有效数字）。。令”o.“O..lO氐l三图2四、计算题（本大题共3小题，共42.0分）13.近些年网购流行，物流业发展迅速，工作人员常利用传送带来装卸快递或包裹。如图所示为某仓库卸货时的示意图，以恒定速率v1=0.6m/s逆时针运行的传送带与水平面间的夹角a=37气工作人员沿传送方向以速度v2=l.4m/s从传送带顶端推下一件质批m=5kg的小包裹（可视为质点）。Ss后突然停电，传送带立即停止运动，经过一定时间后包裹到达传送带底端速度恰好为0;包裹与传送带间的动摩擦因数µ=0.8,取重力加速度g=lOm/s气sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：第6页，共20页

6(1)传送带顶端到底端的距离L;(2)整个过程产生的热谥Q。y14.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内存在p令"...着重直纸面向外、大小为O.OlT的匀强磁场区域I'在第三象限内存在另一垂直纸面向外的匀强磁场区域II'"D::::::::在第四象限内存在着沿x轴负方向的匀强电场。一质子由坐标为(O,v3L)的P点以某一初速度v。进入磁场，::::::::fQ速度方向与y轴负方向成60°角，质子沿垂直x轴方向进入第匹象限的电场，经坐标为(0,-2L)的Q点第一次进入第三象限内的磁场区域II'已知L=0.1m,质子比荷旦＝1.0Xl08C/kg。求：m(1)粒子的初速度v。大小；(2)匀强电场的电场强度E的大小：(3)若粒子从电场进入磁场区域II时做圆周运动的半径r=O.SL，求粒子从开始进入电场到第二次进入电场的时间间隔At。

715.如图所示的轨道由倾角为a=37°的直线AB段、水平轨道BC段、圆轨道以及水平轨道CE段组成。将一质量为m、可视为质点的物块由轨道A点无初速释放，经过B点时不计额外能昼损失，物块可由C点进入竖直的圆轨道。已知物块与轨道AB、BC、CE段的动摩擦因数均为µ=0.5,其余部分的摩擦力均可忽略不计，已知AB=8L、BC=L,重力加速度为g,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：(1)欲使物块不脱离竖直圆轨道，则竖直圆轨道的半径R应满足什么条件；(2)若R=1.2L,则物块最终停止的位置。"(.r”噜第8页，共20页

8答案和解析1.【答案】A【解析】解：AD、加上电场后，两球所带电荷量相等而电性相反，两球所受的电场力大小相等、方向相反，则系统所受电场力的合力为零，系统的动量守恒，由动量定理可知，合外力冲撇为零，故A正确，D错误。BC、加上电场后，电场力对两球分别做正功，两球的动能先增加，当电场力和弹簧弹力平衡时，动能最大，然后弹力大千电场力，两球的动能减小，直到动能均为o,弹簧最长为止，此过程系统机械能一直增加；接着两球反向加速，再减速，弹簧缩短到原长，弹簧缩短的过程中，电场力对两球分别做负功，系统机械能一直减小，故BC错误。故选：A。两小球受到的电场力做正功，系统的机械能增加；电场力做负功，系统的机械能减少。根据系统的合外力，对照动量守恒的条件：合外力为零，分析系统的动揽是否守恒。本题要求我们在动态的变化类题目中要注意分析过程，确定两球的受力情况，明确能世间的转化关系，同时明确动量守恒的条件和功能关系的应用。2.【答案】C【解析】解：A、在x-t图象中，图线的斜率表示速度，斜率正负表示速度方向，则知在0-2s内，甲、乙两物体同向运动。在2-3s内甲朝着负方向运动，乙朝着正方向运动，运动方向相反，故A错误；B、前3s内，甲物体的图象斜率先减小后增大，故甲物体先做减速运动，后做加速运动，故B错误；C、前3s内甲、乙两物体通过的位移相等，由千甲先沿正方向运动，后沿负方向，乙－直沿正方向运动，则甲通过的路程大于乙通过的路程，根据平均速率等于路程与时间之比可知，甲的平均速率大千乙的平均速率，故C正确；D、由图象可知，前3s内甲、乙两物体的距离先越来越大，然后再越来越小，3s时相遇，故D错误。故选：C。根据位移一时间图象的斜率表示速度，分析两物体运动方向的关系；根据斜率的变化，

9分析速度变化，判断物体的运动情况；平均速率等千路程与时间之比，根据两个物体的运动清况，分析路程关系，从而确定平均速率关系；由位置坐标关系确定两物体的距离如何变化。解决本题时，要知道位移—时间图象的斜率表示速度、斜率的正负表示速度方向是分析的关键。3.【答案】A【解析l【分析】取小球为研究对象，根据平衡条件得到拉力、支待力与绳子和斜面夹角的关系式，即可分析其变化；对斜面研究，由平衡条件分析地面对斜面的支持力和摩擦力，即可分析斜面对地面的压力变化．【解答】解：A、B设物体和斜面的质量分别为m和M,绳子与斜面的夹角为0.取球研究：小球受到重力mg、斜面的支持力N和绳子的拉力T,则由平衡条件得斜面方向：mgsina=Tease(D垂直斜面方向：N+Tsin0=mgcosa@使小球沿斜面缓慢移动时，0增大，其他芷不变，由G)式知，T增大．由＠）知，N变小，故A正确，B错误．CD对斜面受力分析，受力：蜇力Mg、地面的支持力N”和摩擦力f、小球对斜面的压力N'（大小与N相同），由平衡条件得f=Nsina,N变小，则f变小，N"=Mg+Ncosa,N变小，则N“变小，由牛顿第三定律得知，斜面对地面的压力也变小．故CD错误．故选A4.【答案】B【解析】解：在0-t1时间内：重物向上做匀加速直线运动，设加速度大小为al'根据牛顿第二定律得：F-mg=ma1,解得：F=mg+ma1拉力的功率：P1=Fv=(mg+ma1)a1t,m、al均一定，则P1oct。在t1-tz时间内：鱼物向上做匀速直线运动，拉力F=mg，则拉力的功率P2=Fv=mgv,第10页，共20页

10P2不变，根据拉力的大小得到，P2小千t1时刻拉力的功率。在t2-t3时间内：重物向上做匀减速直线运动，设加速度大小为a2,根据牛顿第二定律得：mg-F=ma2,F=mg-ma2,拉力的功率P3=Fv=(mg-ma2)(v。-a2t),m、a2均一定，P3与t是线性关系，随着t延长，P3减小。t2时刻拉力突然减小，功率突然减小。故B正确，ACD错误；故选：B。钢索拉力的功率P=Fv,根据速度图象分析重物的运动情况，根据牛顿第二定律得出拉力与重力的关系，再由功率公式得出功率与时间的关系式，选择胆象．根据物理规律得到功率与时间的解析式，再选择图象，是经常采用的方法和思路．5.【答案】A【解析】解：A、在只逐渐增大光照强度的过程中，光敏电阻的阻值减小，则通过R。的电流增大，根据热功率的计算公式P=l2R可知电阻R。消耗的电功率变大，根据电源功率的计算公式P=El可知电源的功率也增大，故A正确；B、只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动的过程中，电路总电阻不变，则电源输出电流不变，R1消耗的功率不变，电阻R3中无电流，故B错误；C、只调节电阻R2的滑动端P1向上端移动的过程中，电容器两端的电压变小，电路中的电流变小，则干路上的总电阻分到的电压变小，路端电压变大，即电压表示数变大，；而电容器两端电压变小导致极板间的场强变小，电场力小于重力，所以带电微粒向下移动，故C错误；D、若断升开关S，电容器会放电，电荷擞变小，则根据公式Q=cu可知，电容器的电压也变下，场强变小，导致带电微粒向下运动，故D错误；故选：A。当光照强度增大时，光敏电阻的阻值变小，根据闭合电路欧姆定律分析出功率的变化；调节R3的电阻对整个电路无影响；调节凡的滑片会导致接入电路中的电阻有变化，结合闭合电路欧姆定律完成分析；当S断开时，电容器处千放电状态，电荷量减小，则电压和场强都变小，微粒向下运动。本题主要考查了电路的动态分析，根据电阻的变化和电路结构分析出电路中电流和电压的变化，同时结合电容器的公式分析出电容器的变化即可。

116.【答案】C【解析】解：BCD、OP段，根据动能定理得：Fs-µmgs=¼mvi,由平抛运动规律和几何关系有，物块的水平射程：X=Vpt,小球的竖直位移：y＝扣gt2由几何关系有：y=xtan0联立解得：x=过g则：F＝气x+Sm，由图象知：m=lkg，气＝lON/m,解得s=0.25m,故BD错误，C正确；沪2A、如图，设速度与水平方向夹角为a,则tana=坐=2x—-=2x~=2tane,由千0v。v。t为定值，则a为定值，则小物块每次落在斜面上的速度方向相同，故A错误。y故选：C。对OP段，运用动能定理列出F与s的关系。抓住小球平抛运动运动的竖直位移和水平位移的比值等于斜面倾角的正切值，得出F和水平射程x的关系式，结合图象找到截距和斜率的数值，即可解得s。根据平抛运动规律分解末速度即可判断末速度的方向。本题知道平抛运动水平方向和竖直方向上运动的规律，抓住竖直位移和水平位移的关系，把握两个过程之间速度关系。注意公式和图象的结合，重点是斜率和截距。7.【答案】AD【解析】解：A、7.9kmjs是卫星绕地球的最小发射速度，所以速度“神舟十二号载人飞船＂的发射速度应大于7.9km/s,故A正确；B、空间站中可以使用弹簧拉力器锻炼身体，空间站处千失重状态，无法测量重力，故B错误；GMm4亢2C、根据—=m一(R+h)可知除了知道空间站的公转周期，还需知道地球半径才可(R+h)2T2以测得地球质晕，故C错误；第12页，共20页

12D、载人飞船在较低轨道上加速后作离心运动，从而追上核心舱实施对接，故D正确；故选：AD。空间站处千失重状态，空间站的运行轨道大千近地卫星的运行轨道，速度小于7.9km/s,GMm4炉空间站中可以使用弹簧拉力器锻炼身体，根据＝m—-（R+h)可知除了知道空间(R+h)2T2站的公转周期，还需知道地球半径才可以测得地球质量。本题考查万有引力定律，解题关键掌握第一宇宙速度为卫星绕地球的最大环绕速度。8.【答案】AC【解析】解：A、根据同种电荷等势线分布特点及对称性可知D点电势等千B点电势，故A正确；B、根据同种电荷电场线分布，及电场方向沿着电场线切线方向可知PQ两点电场强度大小相等方向不同，故B错误；C、根据同种电荷等势线分布特点及对称性可知P点电势等千Q点电势，所以把质子沿直线PQ从P点移到Q点，电场力做功为零，故C正确；D、DB是AC的中垂线，可知在DB连线上0点的电场强度最大，所以电子不会作匀加速运动，故D错误；故选：AC。根据同种电荷等势线分布特点和电场线分布可分析判断电势和电场的变化，根据在DB连线上0点的电场强度最大，可知电子运动过程中的加速度发生变化。本题考查电势差与电场强度的关系，解题关键掌握同种电荷等势线分布和电场线分布特点，注意对称性的应用。9.【答案】BD【解析］解：A.D、E两点高度相等，小球从D➔E重力做功为零，电场力做正功，故D、E两点速度大小不等，故A错误：B小球在竖直方向与水平方向的初速度为：Vx=V。cos53°=10x0.6m/s=6m/s,Vy=V。sin53°=10x0.8m/s=8m/s,B为轨迹最高点，故B点竖直速度为零，则

13Vy=gt,水平方向qE=max,Vx=V。+a灶联立解得：Vx=lOm/s,故B正确；C．小球从A➔C的时间为从A➔B的两倍，则到C点时。水平速度为：Vxc=Vx+ax·2t小球落地时与水平方向夹角正切：吩tan/3=—VxC4解得：tan/3=-,7故C错误；D.A.C两点距离为：V:e-Vix=2ax'解得：X=16m,故D正确。故选：BD。从A到C,小球水平方向做匀加速运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据运动的合成与分解、运动学公式和功能关系分析。本题主要是考查了带电小球在重力场和电场的复合场中运动，关键是弄清楚小球的受力悄况和运动悄况，根据运动的合成与分解结合运动学公式进行解答。10.【答案】CD【解析】解：设MN的电阻为R,则PQ的电阻为2R。AC、设MN下滑到底部的速度大小为V,根据动能定理可得：mgh=½m沪，解得：v=平；MN进入磁场后，MN和PQ组成的系统水平方向动世守恒，最终达到共同速度，一起做匀速直线运动，设最终的速度大小为v1'取向右为正方向，根据动世守恒定律可得：mv=2mv1,解得：V1=§v=;厄玩整个过程中产生的热为：Q=-mV12--1·2m叶＝刁mghR所以整个过程中金属棒MN产生的焦耳热为Q'=~Q=;mgh,故A错误、C正确；R+2R.6第14页，共20页

14B、取向右为正方向，对PQ根据动量定理可得：Eidt=mv1,根据电荷量的计算公式可得：q=It联立解得：q＝m拉环，故B错误；2BdD、金屈棒MN滑至00'，刚进入磁场区域时产生的感应电动势为：E=Bdv=BdJ动五；金属棒PQ两端的电压大小为U=~X2R＝竺＝2Bd拉茹，故D正确。3R故选：CD。根据动能定理求解MN达到底部的速度大小，根据动量守恒定律、焦耳定律求解整个过程中金属棒MN产生的焦耳热；对PQ根据动量定理结合电荷量的计算公式求解电荷量；根据E=Bdv求解刚进入磁场区域时产生的感应电动势，根据欧姆定律求解金屈棒PQ两端的电压大小。本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动悄况和受力悄况，能够根据动能定理、动量守恒定律求解共同速度的大小；对千安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷扯问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。d2ll.【答案】11.14gH=—9.72t2【解析】解：（1）由阳乙所示游标卡尺可知，游标卡尺的精度是0.02mm,小球的直径d=11mm+7x0.02mm=11.14mm。d(2)根据极短时间内的平均速度等千瞬时速度知，小球经过光电门B时的速度v=－小球下落过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgH=卢mv2,整理d2得：gH=,2t2(3)小球下落过程只有重力做功，机极能守恒，由机极能守恒定律得：mgh=申m沪，整理得：沪＝2gh由图示沪－h图像可知，图像的斜率k=29=弓户对s2=19.4m/s2，解得：g=9.7m/s互d2故答案为：(1)11.14:(2)gH=—;(3)9.7。2t2'(1)游标卡尺的读数等千主尺读数加上游标尺读数．(2)根据极短时间内的平均速度等千瞬时速度求出小球经过光电门B的速度；应用机械能

15守恒定律求出实验需要验证的表达式．(3)应用机械能守恒定律求出图象的函数表达式，根据图示图象分析答题。本题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解，掌握游标卡尺的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，游标卡尺不需估读。应用图象法处理实验数据，要求出图象的函数表达式。12.【答案】EFA0.24【解析】解：（1）灯泡额定电流l=[＝早A=0.6A,电流表应选择E；为方便实验操作，滑动变阻器应选择F。(2)测绘小灯泡的伏安特性曲线电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；电压表内阻远大千灯泡电阻，电流表采用外接法，应选择图A所示电路图。(3)设流过每个灯泡的电流为I，根据图2所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：E=U+2/r,EU2U-整理得：I=－-－＝一－－一－＝0.5-0.251/,作出[-u图像如图所不2r2r2x22x2。“Q勾0~由图示图像可知，灯泡两端电压U=0.85V,通过灯泡的电流I=0.28A,灯泡的实际功率P=Ul=0.85x0.28W""0.24W。故答案为：(l)E;F;(2)A;(3)0.24(0.23—0.25均正确）。(1)根据灯泡额定电流选择电流表，为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器。(2)根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择实验电路。(3)作出电源的I-U图像，然后求出灯泡的工作电流与工作电压，然后求出灯泡的实际功率。要準握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则；应用图像法处理实验数据是实验数据的常用处理方法，要掌握应用图像法处理实验数据的方法。13【答案】解：（1）包裘冲上传送带时由牛顿第二定律可得：µmgcosa-mgsina=ma代入数据解得：a=0.4m/s2第16页，共20页

16设经过t1后包裹与传送带速度相等，有：t1＝气产该时间内包裹运动的距离：S1＝生竺2Xt12传送带运动的距离：s/=V1t1共速后匀速运动时间：t2=Lit-t1包裹运动距离：Sz=V1t2“1停电后包裹加速度不变，匀减速直线运动时间：t3=-a叫运动距离：S3=—t32传送带顶端到底端的距离：L=s1+s2+s3联立代入数据解得：L=4.25m(2)产生热岱：Q=µmg(s1-si')cosa+µmgs3cosa代入数据解得：Q=40]答：（1）传送带顶端到底端的距离为4.25m;(2)整个过程产生的热械为40]。【解析】(1)根据货物的速度得到货物的受力情况，进而由牛顿第二定律求得加速度，然后由匀变速运动规律求得运动时间，即可求得传送带的长度L;(2)通过(1)得到货物和传送带间的相对位移，根据摩擦力做功可解得。本题的关键是要弄消货物的运动过程，而弄清运动过程的关键是判断滑动摩擦力的方向，要知道滑动摩擦力的方向是物体间相对运动的方向相反，再分段运用牛顿第二定律和运动学公式进行处理。14.【答案】解：（1）如图作Vo的垂线交x轴于A点，由千粒子垂直x轴进入电场区域，故A点为圆周运动的圆心。由几何关系得R=2L过x轴进入电场的C点坐标为(L,0)沪在磁场I区域内有qv。B=m~R得v。=2X105m/s

17yAXn(2)进入电场做类平抛运动OC=LOQ=2L1Eq2L=--t121n2L=v。t1得t1=1X10-6s;£=2X103V/m(3)在电场中Q点沿电场方向的速度V1＝芒t1则进入II磁场区域时的速度v=｀碍了百｀与y轴负方向夹角为0，有tan0＝已。＝45°在磁场中圆周运动周期T＝竺：V3在磁场II中圆周运动时间为：t2=-T4则Llt=t1+t2联立解得：Llt=1.83x10-6s答：（1）粒子的初速度v。大小为2X105m/s;(2)匀强电场的电场强度E的大小为2x103V/m;(3)粒子从开始进入电场到第二次进入电场的时间间隔为1.83X10-6s。【解析】(1)根据几何关系得出圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力计算出粒子的初速度：(2)粒子进入电场后做类平抛运动，根据不同方向的运动特点结合运动学公式计算出场强的大小；(3)根据圆周运动的周期公式计算出粒子在磁场中的运动时间，最后相加即可。本题主要考查了带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，在磁场中洛伦兹力提供向心力，在电场中带电粒子做类平抛运动，根据运动特点和几何关系完成分析。第18页，共20页

1815.【答案】解：（1）物块不脱离竖直圆轨道，有两种情况：情况一：物块能滑过圆周轨道最嵩点D,则物块在最高点D应满足：mg~皿iR物块从A到B点过程，获得v。速度，由动能定理有：mg·8Lsina-µmg·8Lcosa=~mv5解得：v。=§歹沉物块从B到D点过程，由动能定理有：112-µmgl-mg·2R=~m咕－－mv。22联立解得：R::::;0.44L情况二：物块从B滑到与圆心0等高处，速度减为零，则由动能定理有：-µmgL-mgR=0-¼mv5解得R=1.1L要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R应该满足：R$0.44L或R2:'.1.1L。(2)若R=1.2L,由（1）问分析可知，物块必定返回到C,设其能向左滑过CB轨道，并沿CB运动到达B点，在B点的速度为VB,由功能关系得：11~mvt=~mvJ+2µmgL22解得咋＝扛页冗滑块由B点沿BA上滑的最大距离为S,滑块再次返回到B点时的速度为v矿。上滑时由动能定理得：沪mv§=µmgscosa+mgssina下滑时由动能定理得：½mve2=mgssina—µmgscosa解得：s=0.6L,v矿＝汃豆五正物块再次返回BC后不能进入圆轨道，设物块在BC段滑动的距离为s'，则由动能定理得：,1f2-µmgs'=0mvB2解得s'=0.24L则物块静止的点距离B点为0.24L。答：（1）欲使物块不脱离竖直圆轨道，则竖直圆轨道的半径R应满足的条件是：R~0.44L或R之1.1L;(2)物块最终静止的点距离B点为0.24L。

19【解析】(1)物块不脱离竖直圆轨道有两种情况：1、越过最高点D;2、不越过四分之一圆周。物块能滑过圆周轨道最高点D时，在D点时所需要的向心力大千等千重力；物块从A到B点过程，根据动能定理列式，联立求出R满足的条件；物块从B滑到与圆心0等高处，速度减为零，利用动能定理求R的大小，从而求出R的范围。(2)若R=1.2L,分析物块的运动情况，分段运用动能定理列方程，即可求出物块在BC段滑动的距离，从而确定物块最终停止的位置。本题要分析清楚物块的运动过程，把握隐含的临界条件。尤其第1问，容易漏掉一些条件，要注意不脱离，有两种情况：1、越过最高点，2、不越过四分之一圆周。第20页，共20页