黑龙江省鸡西一中高三物理上学期期中试题含解析新人教版

1、黑龙江省鸡西一中高三（上）期中物理试卷 一.单项选择题（本大题共6小题，每题4分，共24分在每小题中，只有一项符合题目要求） 1下列说法正确的是（ ） A 匀速圆周运动是一种匀变速曲线运动 B kg、s、N都是国际单位制中的基本单位 C 牛顿最早提出力不是维持物体运动的原因 D 一对作用力和反作用力做功之和不一定为零 分析： 加速度不变的运动为匀变速运动，国际单位制规定了七个基本物理量分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位伽利略最早通过理想斜面实验提出力不是维持物体运动的原因，作用

2、力与反作用力作用在不同的物体上，等大、反向、共线；要比较作用力和反作用力的功的大小，要注意作用点的位移必须相对于同一个参考系，否则无意义 解答： 解：A、匀速圆周运动的加速度方向时刻改变，不是匀变速曲线运动，故A错误； B、N不是国际单位制中的基本单位，故B错误； C、伽利略最早提出力不是维持物体运动的原因，故C错误； D、当作用力和反作用力的方向与物体位移的方向都相同，则作用力和反作用力都做正功，总功为正值当作用力和反作用力方向与位移方向相反，则作用力和反作用力都做负功总功为负值作用力和反作用力做功可能一正一负，大小相等，则总功可能为零，故D正确 故选：D 点评： 本题主要考查了匀速圆周运动

3、的特点，力学单位制，力的作用效果等基本内容，难度不大，属于基础题 2用恒力F竖直向上拉一物体，使其由地面处开始加速上升到某一高度若该过程空气阻力不能忽略，则下列说法中正确的是（ ） A 力F做的功和阻力做的功之和等于物体动能的增量 B 重力所做的功等于物体重力势能的增量 C 力F做的功和阻力做的功之和等于物体与地球系统机械能的增量 D 力F、重力、阻力三者的合力所做的功等于物体机械能的增量 分析： 根据动能定理，通过合力功判断动能的变化，根据重力功判断重力势能的变化，根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量进行分析 解答： 解：A、根据动能定理得，力F、阻力、重力三力做功之和等于物体动能的增量

4、故A错误，D错误 B、物体向上运动，重力做负功，重力势能增加，克服重力做的功等于重力势能的增量故B正确 C、除重力以外其它力做功等于物体机械能的增量，知力F和阻力做的功等于物体机械能的增量故C正确 故选：BC 点评： 解决本题的关键掌握合力做功与动能的关系，重力功与重力势能的关系，除重力以外其它力做功与机械能的关系 - 1 - 3一轻质弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一自由端位于O点，现用一滑块将弹簧的自由端（与滑块未拴接）从O点压缩至A点后由静止释放，运动到B点停止，如图所示滑块自A运动到B的vt图象，可能是下图中的（ ） BD C A 考点： 匀变速直线运动的图像 专题： 运动学中的图像专题

5、分析： 分析滑块的运动情况：从A到O的过程：弹簧的弹力减小，滑动摩擦力不变，开始阶段，弹力大于摩擦力，滑块做加速度减小的变加速运动，后来，弹力小于摩擦力，滑块做加速度反向增大变减速运动；从O到B过程，滑块与弹簧分开，不再受弹力，物体做匀减速直线运动根据滑块的运动情况选择图象 解答： 解：滑块的运动情况：从A到O的过程：先做加速度减小的变加速运动，后做加速度反向增大变减速运动；从O到B过程，物体做匀减速直线运动根据速度图线的斜率表示加速度可知，图线的斜率先减小，后反向增大，再不变 故选D 点评： 本题是速度图象问题，关键在于分析滑块的运动情况，并抓住斜率表示加速度来选择 4（4分）如图所示，一重

6、力不计的带电粒子以某一速度进入负点电荷形成的电场中，且只在电场力作用下依次通过M、N、P三点，其中N点是轨迹上距离负点电荷最近的点若粒子在M点和P点的速率相等，则（ ） A 粒子在N点时的速率最大 B U=U NPMN C 粒子在N点时的加速度最大 D 粒子在M点时电势能大于其在N点时的电势能 考点： 电场线；匀强电场中电势差和电场强度的关系 分析： 由一定的轨迹可得，粒子在匀强电场中受到的电场力的方向向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，电势能增加，根据粒子的运动分析可以得出结论 解答： 解：A、由题可得电子受到的电场力向左，在向右运动的过程中，电场力对电子做负功，粒

7、子的速度减小，运动到N点时，电子的速度最小，所以A错误； B、由于粒子在M点和P点的速率相等，所以U=U，所以B错误； NPMN- 2 - C、根据电场线的疏密可得，N点处的电场线最密，所以粒子在N点时受到的电场力最大，加速度最大所以C正确； D、当粒子向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，电势能增加，粒子在M点时电势能小于其在N点时的电势能，所以D错误 故选：C 点评： 本题就是对电场力做功特点的考查，掌握住电场力做正功，电势能减小，动能增加，电场力做负功时，电势能增加，动能减小 5（4分）如图所示，三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球保持静止，A、D间细绳是水平的，现对B球施加一个水平向右的力

8、F，将B缓缓拉到图中虚线位置，这时三根细绳张力T、T、ADACT的变化情况是（ ） AB A 都变大 B T和T变大，T不变 ABACAD C T和T变大，T不变 D T和T变大，T不变 ACACADABADAB 考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 专题： 共点力作用下物体平衡专题 分析： 先以B为研究对象受力分析，由分解法作图判断出T大小的变化； AB再以AB整体为研究对象受力分析，由平衡条件判断T和T的变化情况 ACAD解答： 解：以B为研究对象受力分析，由分解法作图如图： 由图可以看出，当将B缓缓拉到图中虚线位置过程，绳子与与竖直方向夹角变大，绳子的拉力大小对应图中1

9、、2、3三个位置大小所示，即T逐渐变大，F逐渐变大； AB再以AB整体为研究对象受力分析， - 3 - 设AC绳与水平方向夹角为， 则竖直方向有：Tsin=2mg AC =，不变；T 得：AC水平方向：T=Tcos+F，Tcos不变，而F逐渐变大，故T逐渐变大； ADACACAD故选：D 点评： 当出现两个物体的时候，如果不是求两个物体之间的作用力大小通常采取整体法使问题更简单 6（4分）a、b、c三个粒子由同一点同时垂直电场强度方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定（ ） A 在c飞离电场的同时，a刚好打在负极板上 B b和c同时飞离电场 C 进入电场，c的速度最

10、小，a的速度最大 D 它们的动能的增量，c的最小，a和b的一样大 考点： 带电粒子在匀强电场中的运动 专题： 带电粒子在电场中的运动专题 分析： 带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据竖直方向上的偏转位移，结合加速度，比较出运动的时间，在结合水平位移比较进入电场时的初速度根据动能定理比较动能的增量 解答：y=，A、三个粒子所受的电场力相等，加速度大小相等，在竖直方向上有：解：知a、b的偏转位移相等，大于c的偏转位移，知a、b的运动时间相等，大于c的时间故A正确，B错误 C、因为a的水平位移小于b的水平位移，时间相等，则a的速度小于b的速度，b的水平位移和c的水平位移相等，b的时间大于c的时间，

11、则b的速度小于c的速度，所以进入电场时，c的速度最大，a的速度最小故C错误 D、根据动能定理知，a、b的偏转位移相等，则电场力做功相等，大于c电场力做功，所以a、b的动能增量相等，大于c的动能增量故D正确 故选：AD 点评： 解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，在沿电场方向上做匀加速直线运动，垂直电场方向上做匀速直线运动，结合运动学公式抓住等时性进行分析求解 二不定项选择题（本大题共6小题，每题4分，共24分在每小题列出的四个选项中，至少有2个选项是符合题目要求的，全部选对得4分，少选且正确得2分，未选、错选不得分） 7（4分）甲、乙两车某时刻由同一地点，沿同一方向开始做直线运动，若以该时

12、刻作为计时起 点，得到两车的位移时间图象，即xt图象如图所示，甲图象过O点的切线与AB平行，过C点的切线与OA平行，则下列说法中正确的是（ ） - 4 - t时刻两车相距最远 在两车相遇前， A 1 t时刻甲车在乙车的前方 B3 时间内甲车的瞬时速度始终大于乙车的瞬时速度0t C 2 时刻的速度甲车的初速度等于乙车在t D 3 变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系： 匀考点 动学中的图像专题： 运专题斜率表示速度；图象的交位移时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，分析： 在 点表示位移相等，平均速度等于位移除以时间即两车的距相距最大，时刻CAA、图象的纵坐标表示物体所在

13、的位置；由图可知t解答： 解：1 正确；离最大，故A 错误；时刻两车的位置相同，两车处在同一位置，故BB、t3，的斜率小于A的斜率大于A，之后CC、图象斜率表示速度，由图可知，0t时间C1 C错误；故时刻的速度，、图象的斜率表示物体的速度，由图可知，甲车的初速度等于乙车在tD3 D正确；故 AD故选：图象，在分析图象时要注意先明确图象的坐标，再根据图象的性质进行t题考查x点评： 本 分析 所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体现对甲施加A4分）（2013?商丘二模）如图8（已知重所示变化的关系如图B，通过传感器可测得甲的加速度a随拉力F水平向右的拉力F2 ）力加速度g=10m/s，由图线可知（

14、 6kg 的质量是 甲2kg A 甲的质量是B 0.6 甲、乙之间的动摩擦因数是、乙之间的动摩擦因数是0.2 D 甲C 顿第二定律；摩擦力的判断与计算 考点：牛 顿运动定律综合专题 牛专题：较大当力F故先用整体法分析；F当分析： 力较小时甲乙一起以相同加速度匀加速直线运动， 时甲乙加速度不同，采用隔离法分析- 5 - 解答： 解：由图象可以看出当力F48N时加速度较小，所以甲乙相对静止， 采用整体法，由牛顿第二定律：F=（M+m）a 图中直线的较小斜率的倒数等于M与m质量之和：8kg 当F48N时，甲的加速度较大，采用隔离法， 由牛顿第二定律：Fmg=ma 图中较大斜率倒数等于甲的质量：6kg

15、，较大斜率直线的延长线与a的截距等于g 得=0.2 所以BC正确，AD错误 故选：BC 点评： 本题考查了牛顿第二定律解决连接体问题，正确的结合图象得出斜率与截距的物理意义是关键 9（4分）如图所示，倾角为30、高为L的固定斜面底端与水平面平滑相连，质量分别为3m、m的两个小球A、B用一根长为L的轻绳连接，A球置于斜面顶端，现由静止释放A、B两球，球B与弧形挡板碰撞过程中无机械能损失，且碰后只能沿斜面下滑，它们最终均滑至水平面上重力加速度为g，不计一切摩擦则（ ） A 小球A下滑过程中，小球A、B系统的重力对系统做正功，系统的重力势能减小 B球刚滑至水平面时，速度大小为A C升高时，重力对小球

16、A做功的功率大于重力对小球B小球B做功的功率 D做功为 从刚开始上升到开始进入斜面过程中，绳的拉力对小球B小球B 考点： 机械能守恒定律 专题： 机械能守恒定律应用专题 分析： 两个小球A、B运动过程中系统机械能守恒，A球刚滑至水平面时，对系统运用动能定理求解A的速度大小；B球刚升至斜面顶端时时，对系统运用动能定理求解B的速度大小，再根据动能定理求出小球B从刚开始上升到开始进入斜面过程中，绳的拉力对小球B做功 解答： 解：A、小球A下滑过程中，系统只有重力做功，机械能守恒，刚开始，AB球的速度都增大，所以系统动能增大，则重力势能减小，故A正确； B、A球刚滑至水平面时，对系统用动能定理得： 2

17、 v）3mg?LmgLsin30=（3m+m 正确；，故解得：v=B- 6 - 升高的过程中，根据动能定理得： C、小球B 2 ）v=3mg?（mg3m+m 解得：v= 做功的功率为： A此时，重力对小球， 做功的功率为：B正确C 重力对小球，故D、B球刚升至斜面顶端时时，对系统用动能定理得： 2 v3m+m3mg?Lsin30）mgL=（ ， v=解得此时速度为： 得：根据动能定理研究B 2 mg?L=Wmv W=，故D解得：错误故选：ABC 点评： 本题解答时要正确的分析好物体的受力，同时，要选好受力的研究对象，能清楚物体的运动过程和选择合适的物理规律 10（4分）如图所示，A为静止于地球

18、赤道上的物体（图中未画出），B为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，C为绕地球做圆周运动的卫星，P为B、C两卫星轨道的交点已知A、B、C绕地心运动的周期相同，相对于地心，下列说法中正确的是（ ） A 卫星C一定是同步卫星 B 可能出现：在每天的同一时刻卫星B在A的正上方 C 物体A和卫星C具有相同大小的加速度 D 卫星B在P点的加速度与卫星C在P点的加速度相等 考点： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系 专题： 人造卫星问题 分析： A静止于地球赤道上随地球一起自转，C为绕地球做圆周运动，B为绕地球做椭圆轨道 2可ra=CBA运行的卫星，、绕地心运动的周期相同，根据向心加速度的公式（）- 7 - 以判

19、断物体A和卫星C的运动情况，卫星B、C轨迹在P点相交，根据牛顿第二定律判断加速度 解答： 解：A、根据题目仅知道C为绕地球做圆周运动的卫星，无法确定C一定是同步卫星，故A错误 B、卫星A、B绕地心运动的周期相同，也就等于地球的自转周期B为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，是速度大小在变化的运动，所以可能出现：在每天的某一时刻卫星B在A的正上方故B正确 C、物体A静止于地球赤道上随地球一起自转，卫星C为绕地球做圆周运动，它们绕地 2C的加速度较大，故r，卫星心运动的周期相同，根据向心加速度的公式a=C（）错误 D、卫星B绕地球做椭圆轨道运行，与地球的距离不断变化，引力产生加速度，根据牛 =，经过P点时

20、，卫星B与卫星C的加速度相等，故顿第二定律，有Da=正确 故选：BD 点评： 本题关键先列求解出线速度和加速度的表达式，再进行讨论；对于加速度，要根据题意灵活地选择恰当的表达式形式分析卫星在椭圆轨道运行，万有引力与向心力不等 E=电场强度为，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场（边界上有电场），11（4分）如图所示， 为圆弧一B为圆水平直径的两个端点，AC为光滑固定的半圆形轨道，ACB轨道半径为R，A、个质量为m，电荷量为q的带电小球，从A点正上方高为H=R处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的受力及运动情况，下列说法正确的是（ ） A 小球到达C点

21、时对轨道压力为2mg B 小球在AC部分运动时，加速度不变 C 适当增大E，小球到达C点的速度可能为零 D 至少调整为 ，则应将H若，要使小球沿轨道运动到E=C 考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力 专题： 带电粒子在电场中的运动专题 分析： 根据重力和电场力的关系，判断出小球进入圆弧轨道后的运动规律，结合径向的合力提供向心力分析根据动能定理，结合牛顿第二定律判断C点的速度能否为零当电场力是重力的2倍时，根据最低点弹力为零求出最小速度，结合动能定理求出H的至少高度 - 8 - 解答： 解：A、小球进入半圆轨道，电场力和重力平衡，小球做匀速圆周运动，根据动能定理 2 =0，解

22、得：知，vmgH=mvAA N=m，则小球到达C点时对轨道的压力为2mg故A正确根据牛顿第二定律得： B、小球在AC部分做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向始终指向圆心故B错误 C、若电场力小于重力，根据动能定理知，小球到达C点的速度不可能为零若小球所受的电场力大于重力， 根据径向的合力通过向心力，在最低点的速度不可能为零故C错误 mg=m，解得：根据牛顿第二定律得，qED、若，E=在最低点轨道的作用力为零， v，=C 2至少为R故HD0，解得：正H=R）根据动能定理得：mg（H+R所以qER=mvC确 故选：AD 点评： 本题考查了带电小球在电场和重力场中的运动，综合运用了动能定理、牛顿第二

23、定律等知识，综合性强，对学生的能力要求较高，需加强这类题型的训练 12（4分）如图所示电路中，定值电阻R大于电源内阻r，当滑动变阻器滑动端向右滑动后，理想电流表A、A、A的示数变化量的绝对值分别为I、I、I，理想电压表示数变化量332112的绝对值为U下列说法中正确的是（ ） A 电流表A的示数一定变大 B 电压表V的示数一定减小 2 C I一定大于I D U与I比值一定小于电源内阻r 131 考点： 闭合电路的欧姆定律 专题： 恒定电流专题 分析： 当滑动变阻器滑动端向右滑动后，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，分析外电路总电阻如何变化，确定总电流的变化情况，即可知电流表A的示数变化情况根据

24、串联电3路的特点分析并联部分电压的变化情况，确定电流表A的示数变化情况，根据并联电路2的电流规律，分析A与A的变化量大小根据闭合电路欧姆定律分析U与I比值 123解答： 解：当滑动变阻器滑动端向右滑动后，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则总电流减小所以电流表A的示数减小则A正确 3 根据串联电路分压的特点分析可知，并联部分电压增大，即电压表V的示数增大，则B错误，电流表A的示数变大 2根据并联电路的电流规律I=I+I，A的示数I变小，A的示数I变大，A的示数I变333121212小，则知I一定大于I则C错误 31- 9 - ，可知，大于I，而I电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定

25、律U=EIr331 正确r所以则DAD 故选：明确电表所测电压，关键能根题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构、本点评： 据闭合电路欧姆定律分析电压与电流变化的比值，即可正确解题 分）三、实验题（共16（2013?南通一模）如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置他在分）13（8滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条， 轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放 mmd= 2.30 d（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图乙所示，则 （2）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的

26、时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是 遮光条到光电门的距离L ； （3）下列不必要的一项实验要求是 A （请填写选项前对应的字母） A应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量 B应使A位置与光电门间的距离适当大些 C应将气垫导轨调节水平 D应使细线与气垫导轨平行 （4）改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点 2（选填“t 图象处理数据时应作出作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系， ”）”或“F”、“ 考点： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系 专题： 实验题 分析： 游标卡尺读数结果等于固定刻度读数加上可动刻度读数，不需要估读 滑块经过

27、光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度根据运动学公- 10 - 式解答 用细线拉力表示合力，要考虑摩擦力的影响 条刻度线与主尺对齐，d=2mm+60.05mm=2.30mm；1）由图知第6：解答： 解（的B）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门（2 ，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度时间t还需要测量的物理量是遮光条到光电门的距根据运动学公式得若要得到滑块的加速度，L 离A、拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故3）A（ 正确； 错误位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故BAB、应使

28、 错误、应将气垫导轨调节水平，使拉力才等于合力，故CC 错误；、要保持拉线方向与木板平面平行，拉力才等于合力，故DD 故选A2 ，v=2as4）由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：（ a=，v=， L =2 所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出图象L 2.30 （2）遮光条到光电门的距离故答案为：（1） 4）（3）A（根据这是物理实验的基础处理实验时一定要找出实验原理，常点评： 用仪器的读数要掌握， 实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项 ，实验室提供如下器材：R的阻值（阻值约为200）14（8分）用伏安法测定一个待测电阻x ，内阻不计：电动势3V电池组E

29、 ，内阻约为15mA100A：量程0电流表1 300A，内阻为1000电流表A：量程02 ，内阻约15kV：量程15V电压表 20R：阻值范围0滑动变阻器1、导线若干S 9000 电键定值电阻R，阻值为2 请回答下面问题： （填写器材代号）； AR（1）在实验中要求尽可能准确地测量的阻值，选择的电表为 、A21x（2）在图1方框中画出完整测量R阻值的电路图，并在图中标明器材代号； x- 11 - 8.0 2，两表的示数如图所示，可读出电流表A的示数是mA，电（3）调节滑动变阻器R11流表A的示数是 150 A 2 考点： 伏安法测电阻 专题： 实验题 分析： （1）测电阻阻值应测出电阻两端电压

30、与通过电阻的电流，根据实验原理与题目要求选择实验器材 （2）根据实验原理与所选择的实验器材作出实验电路图 （3（由图示电表确定其量程与分度值，然后读出其示数 解答： 解：（1）电源电动势为3V，电压表量程为15V，电源电动势为电压表量程的三分之一，用该电压表测电压，误差较大，为准确测量，可以用已知内阻的电流表与定值电阻串联组成电压表测电压，用另一个电流表测电流，因此需要选择的电表为：A、A 21（2）待测电阻阻值约为200，滑动变阻器最大阻值为20，待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为进行多次测量，滑动变阻器应采用分压接法，电流表A与定值电2阻串联组成电压表测电压，电压表内阻为： 1000

31、+9000=10000，远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示 （3）由图2所示电流表A可知，其量程为15mA，分度值为0.5mA，示数为8.0mA；由1图2所示电流表A可知，其量程为300A，分度值为10A，示数为150A； 2故答案为：（1）A；A；（2）实验电路如图所示；（3）8.0；150 21点评： 对电表读数时，要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直 四、计算题（请把解答写在答题纸中指定的答题处，要写出必要的文字说明、方程式和演算步骤只写出最后答案的不能得分，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位共36分） 15（12分）如图所示，

32、质量m=4kg的物体（可视为质点）用细绳拴住，放在水平传送带的右端，物体和传送带之间的动摩擦因数=0.4，传送带的长度l=6m，当传送带以v=4m/s的速2度做逆时针转动时，绳与水平方向的夹角=37已知：g=10m/s，sin37=0.6，cos37=0.8求： （1）传送带稳定运动时绳子的拉力T；（数据保留到小数点后一位） （2）某时刻剪断绳子，则经过多少时间，物体可以运动到传送带的左端 考点： 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用 - 12 - 专题： 牛顿运动定律综合专题 分析： （1）物块受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力处于平衡，根据共点力平衡，运用正交分解求出绳子拉力的大小 （2）剪断

33、绳子，物块先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度时，一起做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出物体运动到传送带的左端的时间 解答： 解：（1）传送带稳定运动时，物体处于平衡状态： Tcos=（mgTsin） 解得：T=15.4N （2）剪断绳子后，根据牛顿第二定律：mg=ma 2求得：a=4 m/s = =匀加速的时间：t1 =2 m =位移：s=1 =1s =则匀速运动的时间为：t2总时间：t=t+t=1+1=2s 21答：（1）传送带稳定运动时绳子的拉力T为15.4N； （2）某时刻剪断绳子，则经过2s，物体可以运动到传送带的左端 点评： 解决本题的关键能够根据物体的受力，判断

34、物体的运动，理清整个过程中物块的运动状况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解 16（12分）如图所示，在竖直平面内的轨道，AB段粗糙且绝缘，BC段为半径为R的光滑绝缘圆弧轨道，半径OC竖直圆心O点处有一带电量为Q的正点电荷一个质量为m带电量为q（q0）的小球自A点由静止开始下滑，小球沿轨道到达最高点C时恰好对轨道没有压力，小球经过B点时无机械能损失，已知A离地面高度 H=2.5R，AO间距离L=3R，重力加速度为g，静电力常量为k，求： （1）小球到达C点时速度大小； （2）小球到达B点时动能大小； （3）摩擦力对小球做的功（提示：取无穷远处电势为零，离点电荷Q距离为r处的电势为 =） 考点

35、： 机械能守恒定律；向心力 专题： 机械能守恒定律应用专题 分析： （1）小球到达最高点时对轨道没有压力，由重力和库仑力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解小球到达C点时速度大小； - 13 - （2）小球在圆轨道运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，据此定律列式，即可求得小球到达B点时动能大小； ）根据题中信息：=k和能量守恒定律列式，即可求解摩擦力对小球做的功3 （解答： 解：（1）小球到达最高点时对轨道没有压力，由重力和库仑力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得： 得： （2）小球在圆轨道运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，设B点处为零势能面，由机械能守恒定律得： 解得：； （3

36、）小球在AB段运动过程，由能量守恒可知摩擦力做的功为 代入解得：； 答： C；点时速度大小是）小球到达（1 （2）小球到达B；点时动能大小是+k ）摩擦力对小球做的功为（3点评： 本题是力电综合题，基本方法与力学问题相同，关键在于分析临界状态的条件和分析能量转化的情况，运用牛顿第二定律、能量守恒进行分析 4617（12分）如图所示，微粒A位于一定高度处，其质量m=110kg、带电荷量q=+110C，塑料长方体空心盒子B位于水平地面上，与地面间的动摩擦因数=0.1B上表面的下方存3在着竖直向上的匀强电场，场强大小E=210N/C，B上表面的上方存在着竖直向下的匀强电 场，场强大小为EB上表面开有