江苏省重点中学高三第二学期质量检测解析(3月)物理试题要点

1、江苏省重点中学2015届高三第二学期质量检测解析（3月）注意事项：本试卷包含选择题和非选择题两部分.选择题的答案涂在答题卡上，非选择题的答案写 在答题纸上.考试时间为 100分钟，满分值为120分.【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的必修一、必修二选修31、34、3-5内容，主要包含受力分析、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒、欧姆定律、光的干涉、狭义相对论、用单摆测定重力加速度波长、频率和波速的关系；横波的图象、原子核衰变及半衰期、衰变速度、爱因斯坦质能方程、裂变反应和聚变反应、带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在匀强电场中的运动等内容，在考查问题上以基本定义、 基本规律为主

2、，重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。一、单项选择题：本题共 5小题，每小题3分，共计15分.每小题只有一个选项符合题意.【题文】1.下列关于物理学思想方法的叙述错误的是 A.探究加速度与力和质量关系的实验中运用了控制变量法B.电学中电阻、场强和电势的定义都运用了比值法C.力学中将物体看成质点运用了理想化模型法D. &一0时的平均速度可看成瞬时速度运用了等效替代法【知识点】物理方法P【答案解析】D解析：A、在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量法，故 A 正确； 日 电学中电阻、场强和电势的定义都运用了比值法，故 B正确； C质点并不存在，采用的是理想化的物理模型；故

3、C正确；D t-0时的平均速度可看成瞬时速度，采用的是极限分析方法；故 D错误； 本题选错误的，故选：D.【思路点拨】 解答本题应掌握：在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量法； 理解常见的比值定义得出的物理量；质点采用的是理想化的物理模型；瞬时速度采用了 极限思想. .【题文】2.如图所示，光滑水平桌面上，一小球以速度v向右匀速运动，当它经过靠近桌边的竖直木板ad边正前方时，木板开始做自由落体运动.若木板开始运动时，cd边与桌面相齐，则小球在木板上的正投影轨迹是【知识点】 运动的合成和分解.D1【答案解析】B解析：投影在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做加速运动，故小球的合速度应

4、偏向上方，故轨迹应向上偏折，故选B.【思路点拨】 小球的投影的运动是由小球水平方向的位移与木板竖直方向上的位移的合位 移，则由运动的合成可知投影的轨迹.【题文】3.如图所示，圆面与匀强电场平行，沿该平面从A点向各个方向射入初动能相等的同种带正电的粒子，其中从圆周上D点射出的带电粒子的动能最大 .AC与BD为过圆心O的两个相交的直径.则A .电场强度与CD平行B.圆周上各点中D点的电势最低D.带电粒子从A到C的过程中电场力做功为零C.圆周上各点中B点的电势最低15【知识点】 电势I1I2【答案解析】B解析：A B、据题意，带电微粒仅在电场力作用下从 A点进入，离开D点的 动能最大，则D点是沿电场

5、强度方向离 A点最远，所以电场线与过 D的切线相垂直，由于带 电微粒是带正电，故匀强电场的方向沿 OD方向.D电势最低，故 AC错误，B正确；D设AC与BD夹角为“，则从A到C电场力做功为 W=qEd=2qERcos ,故D错误；故选：B.【思路点拨】带正电微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下从圆周上不同点离开圆形区域，从D点离开圆形区域的带电微粒的动能最大.则说明电场力做功最多， 从而彳#出D点是沿电场强度方向离 A点最远.电场力做功 W=qEd d是两点沿电场线方向的距离.【题文】4. 如图所示，有一个飞行器沿半径为 r的圆轨道1绕地球运动.该飞行器经过P点

6、时，启动推进器短时间向前喷气可使其变轨，2、3是与轨道1相切于P点的可能轨道，则飞行器A .变轨后将沿轨道 2运动B.相对于变轨前运行周期变长C.变轨前、后在两轨道上经P点的速度大小相等D.变轨前、后在两轨道上经P点的加速度大小相等【知识点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系.D4【答案解析】 D解析：由于在 P点推进器向前喷气，故飞行器将做减速运动，由公式GmML=mv-可知，飞行器所需向心力减小，而在P点万有引力保持不变，故飞行器将开始r r做近心运动，轨道半径减小.A、因为飞行器做近心运动，轨道半径减小，故将沿轨道 3运动，故A错误；日根据开普勒行星运动定律知，卫星轨道半径减小，则周期减

7、小，故 B错误；C因为变轨过程是飞行器向前喷气过程，故是减速过程，所以变轨前后经过P点的速度大小不相等，故C错误；巳万有引力产生的加速D飞行器在轨道 P点都是由万有引力产生加速度，因为在同一点 度大小相等，故 D正确.故选：D.【思路点拨】 喷气前，万有引力提供飞行器的向心力，即有mMG2-r2=m,启动推进器rmMG 2 r向前喷气，飞行器做减速运动，飞行器在P点所需向心力减小，即此时故飞行器将做近心运动，运动轨道半径减小，从而展开相关讨论即可.【题文】5.在如图所示的电路中电源电动势为E,内阻为r, M为多种元件集成的电子元件，其阻值与两端所加的电压成正比（即RM=kU ,式中k为正常数）

8、且遵循欧姆定律，L1和L2是规格相同的小灯泡（其电阻可视为不随温度变化而变化），R为可变电阻.现闭合开关S,调节可变电阻 R使其电阻逐渐减小，下列说法中正确的是A.灯泡Li变暗，L2变亮B.通过电阻R的电流增大C.电子元件 M两端的电压变小D,电源两端电压变小【知识点】闭合电路的欧姆定律.J2【答案解析】B解析：因M中阻值与电压成正比，故 M中电流保持不变；故灯泡 L2的亮度不变；总电流不变，R减小，Li电阻不变，根据分流规律 R电流增大，Li电流减小变暗；因R的阻值减小，故由欧姆定律可知，通过R的电流增大；故 B正确；ACD昔误.故选：B.【思路点拨】 因M阻值与电压成正比， 则可知M中电流

9、保持不变；从而可控制整体个电路电流不变；则可得出灯泡亮度及R中电流的变化.二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分.每小题有多个选项符合题意.全部选对的得4分，选对但不全的得 2分，错选或不答的得 0分.【题文】6.在军事演习中，某空降兵从悬停在空中的直升飞机上跳下，从跳离飞机到落地 的过程中沿竖直方向运动的 v-t图象如图所示，则下列说法正确的是A . 010s内空降兵和降落伞整体机械能守恒B. 010s内空降兵和降落伞整体所受空气阻力越来越大v1 v2C. 10s15s时间内运动员的平均速度v22D. 10s15s内空降兵和降落伞整体处于失重状态十卬如寸）W【知识点】 机械能守

10、恒定律；匀变速直线运动的图像.E3A5【答案解析】BC解析：A由图示v-t图象可知，图线上某点的切线的斜率表示该时刻加速度，故0-10S内空降兵运动的加速度越来越小，空降兵运动过程要克服阻力做功，机械能不守恒，故A错误；日由A可知，。10s内加速度减小，由牛顿第二定律可知，所受合外力减小，空气阻力越来越大，故B正确；C如果物体做匀减速直线运动，v ="十，,由图示图中可知，10s15s,速度向下做加2速度不断减小的减速直线运动，则vv v1 +v2 ,故C正确；2DX 10s15s内空降兵向下做加速度不断减小的减速直线运动，加速度向上，处于超重状态，故D错误；故选：BC.【思路点拨】

11、从图象可以看出，空降兵先做加速度不断减小的加速运动，再做加速度不断减小的减速运动，最后匀速运动；根据速度时间图线与坐标轴包围的面积表示位移以及图 线上某点的切线的斜率表示该时刻加速度来进行分析.【题文】7.如图所示，带正电的金属圆环竖直放置，AB是轴线上相对于圆心的对称点 .某时刻一个电子从 A点沿轴线向右运动至 B点，此过程中电子运动的 v-t图象可能是【知识点】电势差与电场强度的关系.I2【答案解析】ABC解析：电子以速度uo沿轴线水平向右运动，所受电场力方向向左，大小变化情况有两种可能：（1）先增大后减小；（2） 一直减小.所以电子一定做加速度变化的变速运动，速度先增大后减小，AB两点电

12、势相同，故速度大小和方向相同，故D不可能，ABC可能.故选：ABC【思路点拨】圆弧的中轴线上的场强的发布是：从圆弧的中心向两边先增大后减小，所以从A释放开始到运动到 B点的过程中，所受电场力变化情况可能先增大后减小圆心处为零， 也可能一直减小，但速度先增大后减小，AB速度相同.【题文】8.如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固 定绝缘杆MN,小球P套在杆上，已知 P的质量为m,电量为+q,电场强度为E、磁感应强度为B, P与杆间的动摩擦因数为的重力加速度为g.小球由静止开始下滑直到稳定的过程中MX X XHA.小球的加速度一直减小B .小球的机械能和电势能的总和保

13、持不变C.下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v二2 - qE mg2 口 qB.、 一 2.LqE mgD .下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是V = -qg2qB【知识点】 牛顿第二定律；带电粒子在混合场中的运动.C2K3【答案解析】CD解析：小球静止时只受电场力、重力、支持力及摩擦力，电场力水平向左，摩擦力竖直向上；开始时，小球的加速度应为a= mg kEq 小球速度将增大，产生洛仑兹力，由左手定则可知，洛仑兹力向右，故水平方向合力将减小，摩擦力减小，故加速度增 大；故A错误；当洛仑兹力等于电场力时，摩擦力为零，此时加速度为g,达最大；此后速度继续增大，则洛仑兹力增大，水平方向

14、上的合力增大， 摩擦力将增大；加速度将减小，故最大加速度的一 半会有两种情况，一是在洛仑兹力小于电场力的时间内， 另一种是在洛仑兹力大于电场力的情况下，则:g = mg - ' (Eq -BqV)2m，解得,v =2bqE二mg 故 c正确；同理有:2qBg mg - '(Bqv2 - Eq) “，口2 JqE mg=, 解得 V2 = V =, 故 D 正确；而在下降过程中有摩擦2m2qB力做功，故有部分能量转化为内能，故机械能和电势能的总和将减小；故B错误；故选CD.【思路点拨】 对小球进行受力分析，再根据各力的变化，可以找出合力及加速度的变化；即可以找出小球最大速度及最大

15、加速度的状态.【题文】9.如图所示，在竖直平面内半径为R的四分之一圆弧轨道 AB、水平轨道BC与斜面CD平滑连接在一起，斜面足够长.在圆弧轨道上静止着 N个半径为r (r << R)的光 滑刚性小球，小球恰好将圆弧轨道铺满， 从最高点A到最低点B依次标记为1、2、3N. 现将圆弧轨道末端 B处的阻挡物拿走，N个小球由静止开始沿轨道运动，不计摩擦与空 气阻力，下列说法正确的是A. N个小球在运动过程中始终不会散开B .第N个小球在斜面上能达到的最大高度为RC.第1个小球到达最低点的速度 ，2gR > v> ,gRD.第1个小球到达最低点的速度 v< <gR【知

16、识点】 机械能守恒定律.E3【答案解析】AD解析：A、在下滑的过程中，水平面上的小球要做匀速运动，而曲面上的小 球要做加速运动，则后面的小球对前面的小球要向前压力的作用，所以小球之间始终相互挤压，冲上斜面后后面的小球把前面的小球往上压，所以小球之间始终相互挤压，故N个小球在运动过程中始终不会散开，故A正确；日 把N个小球看成整体，则小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，弧AB的长度等于小球全部到斜面上的长度，而在圆弧上的重心位置比在斜面上的重心位置可能高也可能低， 所以第N个小球在斜面上能达到的最大高度可能比R小，也可能比R大，故B错误；C小球整体的重心运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定

17、律得：1 mv2=mg? R22解得：v=JgR,而第一个球在下滑过程中，始终受到第二个球对它的压力，所以第 1个小球到达最低点的速度 v' v JgR,故C错误，D正确.故选：AD【思路点拨】N个小球在BC和CD上运动过程中，相邻两个小球始终相互挤压，把N个小球看成整体，则小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，弧AB的长度等于小球全部到斜面上的长度，而在圆弧上的重心位置比在斜面上的重心位置可能高也可能低，所以第N个小球在斜面上能达到的最大高度可能比R小，也可能比R大，小球整体的重心运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律即可求解第一个小球到达最低点的速度.三、简答题：本题分必做题（

18、第 10、11题）和选做题（第 12题）两部分，共计 42分.请 将解答填写在答题纸相应的位置.【题文】10. （1）小明同学到实验室去做验证力的平行四边形定则的实验时看见实验桌 上有一把20分度的游标卡尺，他立即用游标卡尺测量了钢笔套的长度，如图（a）所示，则钢笔套的长度为 mm.（2）随后小明开始做验证力的平行四边形定则的实验，在水平放置的木板上垫上一张 白纸，把橡皮条的一端固定在板上的 A点，橡皮条的另一端拴上两个细绳套，如图（b）所示.先用两个弹簧秤钩住细绳套，互成角度拉橡皮条使之伸长，结点到某一位置O,此时记下两个弹簧测力计的读数F1、F2和两细绳的方向.请完成下列问题：I 主尺3

19、cm|“川|1间i>10 爵悚尺20图（口）姆Fl的读数如图（c）所示（只画出了弹簧秤的一部分）则 F尸 N.小明再用一个弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条拉长，应该使结点拉到 ,记下弹簧测力计的读数，并记下 .在本实验中，若保持 Fl和F2的大小不变，则关于这两个力的合力的说法中正确的是（）A .合力F的大小随Fl与F2夹角的增大而增大B. Fi和F2的夹角在。°到180°之间时，夹角越小，合力 F越大C. Fi或F2的大小总是小于合力 F的大小D .合力F的大小不一定大于 Fi或F2的大小【知识点】验证力的平行四边形定则 B6【答案解析】（1） 10.55 （2）1.2

20、21.24 同一位置 O细绳的方向 BD解析：（1）游标卡尺的主尺读数为：1cm=10mm游标尺上第11个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为 0.05 x 11mm=0.55m）m所以最终读数为：10mm+0.55mm=10.55mm（2）根据图 C读出F1=1.22N为了保证作用效果相同，则用一个弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条拉长，应该使结点拉到同一位置Q记下弹簧测力计的读数，并记下细绳的方向；A、根据平行四边形定则可知，当F1和F2的大小不变时，夹角越大，合力越小，故A错误,B正确；C合力可以大于分力，也可以小于分力，没有直接联系，故C错误，D正确.故选：BD【思路点拨】（1）游标卡尺

21、读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；（2）本实验的目的是要验证平行四边形定则，故应通过平行四边形得出合力再与真实 的合力进行比较；理解实验的原理即可解答本.【题文】11.如图（a）是 测电池的电动势和内阻”的实验电路，如果采用一节新干电池进行实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表原因是：,从而影响测量值的精确性.为了较精确地测量一节新干电池的内阻，可用以下给定的器材和一些导线来完成实验，器材：量程 3V的理想电压表 V,量程0.6A的电流表A （具有一定内阻），定值电 阻Rg （Rn=1.5 ）,滑动变阻器 R （0 10 0,滑动变阻器 R2 （0 200

22、9,开关S.(1)实验电路原理图如图(b),加接电阻Ro有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测(2)为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用 (填Ri或R2).(3)用笔画线代替导线在图(c)中完成实物连接图.(4)实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数在给出的U I坐标系中画出U-I图线如图(d)所示，则新干电池的内阻 r =.(保留两位有效数【知识点】 测定电源的电动势和内阻 J7【答案解析】 读数变化很小，新电池的内阻很小，内电路的电压降很小(1)防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏Ri(3)如图D. ) 0.29解析：根据U=E-Ir可知，由于

23、新电池时内阻很小，电池内压降很小，电压表的读数变化很小，所以如果采用一节新干电池进行实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时， 电压表读数变化很小， 原因是新电池的内阻很小，内电路的电压降很小；(1):加接电阻 R有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏(或限制电流，防止电源短路)；(2):电流表的量程|a=0.6A,根据闭合电路欧姆定律可知，电路中需要的最大电阻应为:31A1 0.63=7.5.1所以变阻器应选R；(3)如图所示:（4）:根据闭合电路欧姆定律应用：E=U+I （r+ R）,整理可得：U=- (r+ R0 )

24、 I+E,根据函数斜率的概念应有：r+ R0J50；00,解得r=0.29 ；【思路点拨】 本题的关键是明确新电池的内阻很小，电池的内压降很小，电压表的读数变化很小，所以实验应选内阻较大的旧电池；题（1）的关键是明确定值电阻除方便操作和测量外，还可以保护电池和电流表；题（2）的关键是根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻即可；题（3）的关键是连线时注意电表的量程和正负极；题（4）的关键是根据闭合电路欧姆定律写出关于 U与I的函数表达式，然后根据斜率和截距的概念即可求解.【题文】12.选做题（请从A、B和C三小题中选定两小题作答.如都作答则按A、B两小题评分.）B.（选修卞莫块3-4）（1

25、2分）（1）下列说法中正确的是A.水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，这是由光的衍射造成的B.光的偏振证明了光和声波一样是纵波C.狭义相对论认为：不论光源与观察者做怎样的相对运动，光速都是一样的D.在利用单摆测定重力加速度”的实验中，测量单摆周期应该从小球经过最低点处开 始计时（2） 一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为 2 s, t=0时刻的波形如图所示.该列波的波速是m/s;质点a平衡位置的坐标 xa=2.5 m ,再经s它第一次经过平衡位置向y轴正方向运动.（3）如图所示，一个半径为射入球体后经B点射出,R的1透明球体放置在水平面上，一束蓝光从A点沿水平方向4最后射到水平面上的 C点.已

26、知OA=R,该球体对蓝光的折2射率为J3,求：这束蓝光从球面射出时的出射角3;若换用一束红光同样从 A点射向该球体，则它从球体射出后落到水平面上形成的光点在C点左边还是右边？【知识点】 光的衍射；光的干涉；狭义相对论；用单摆测定重力加速度波长、频率和波速的关系；横波的图象N2N4G3G2【答案解析】（1） CD （2） 2 m/s 0.25 s（3） 3=60° 右边 解析：（1） A、水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，这是由光的干涉造成的，故 A错误;日 光的偏振证明了光是横波，故B错误;C不论光源与观察者做怎样的相对运动，狭义相对论认为：光速都是一样的，故C正确;D在“利用单摆

27、测定重力加速度”的实验中，测量单摆周期应该从小球经过最低点处开始计时，而不是在最高位置，故 D正确;故选：CD（2）由图读出波长 入=4m,则波速v= =2m/s根据波的传播方向判断可知，图中x=2m处质点的运动方向沿 y轴向上，当此质点的状态传到a点时，质点a第一次经过平衡位置向 y轴正方向运动.则质点a第一次经过平衡位置向 y轴正方向运动的时间t=3=2.5_- s=0.25s .v 2（3）设/ ABO=9 ,由根据几何关系得：sin。=°=°£=2得：0 =30 ,OB 2 R 2根据折射定律得，n=snE,sin f3sin 3 =nsin。=得： 3=

28、602红光的折射率比蓝光小，则光线射出后偏折程度减小，即 3变小，所以从球体射出后落到 水平面上形成的光点与 C点相比，位置偏右.答：这束蓝光从球面射出时的出射角3为60° ,它从球体射出后落到水平面上形成的光点位置偏右.【思路点拨】（1）阳光下油膜呈现彩色是光的干涉造成的，光的偏振说明光的是横波，狭义相对论认为：光速不变原理，在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，应该在最低点处开始计时，从而即可各项求解.（2）由图读出波长 入，由波速公式v=- 求波速.根据波的T传播方向判断可知，图中x=2m处质点的运动方向沿 y轴向上，当此质点的状态传到 a点时, 质点a第一次经过平衡位置向 y

29、轴正方向运动.运用波形的平移法研究质点a第一次经过平衡位置向y轴正方向运动的时间.（3）根据几何关系求出入射角，通过折射定律求出折射角.换用红光，折射率减小，偏折程度变小，从而确定出折射后落到水平面上的位置.【题文】C.（选修市莫块3-5）（12分）近年来装修污染已经被列为危害群众最大的五种环境污染”之一.目前，在居室装修中经常用到的花岗岩、大理石等装修材料，都不同程度地含有放射性元素，比如，含有铀、社 的花岗岩等岩石会释放出放射性气体氢，而氢会发生放射性衰变，放出“、自丫射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道等方面的疾病，根据有关放射性知识回答下列问题: (1)下列说法正确的是 A.氢的半

30、衰期为3.8天，则若在高温下其半衰期必缩短B. P衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的C. 丫射线一般伴随着 a或P射线产生，在这三种射线中，尸射线的穿透能力最强，电离能力也最强D.发生口衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2(2)氢核(222 Rn )发生衰变后变为针(288Po),其衰变方程为 ,若氢次口衰变,(226Rn )经过一系列衰变后的最终产物为铅(202 Pb ),则共经过次P衰变.(3)静止的氢核(286Rn )放出一个速度为 vo的a粒子，若衰变过程中释放的核能全部转化为a粒子及反冲核的动能，已知原子质量单位为 u，试求在衰变过程中释放的核能.(不

31、计相对论修正，在涉及动量问题时，亏损的质量可忽略不计.)【知识点】原子核衰变及半衰期、 衰变速度；爱因斯坦质能方程；裂变反应和聚变反应.O2O32【答案解析】(1) BD 22；RnT 28：Po+4He 4 ； 4(3) E = 222uv0109解析：(1) A、半衰期与外界因素无关，故 A错误日 原子核内的中子转化为质子时，放出一个电子，这个过程即3衰变，故B正确；C 丫射线一般伴随着 a或3射线产生，在这三种射线中，丫射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故C错误；D发生a衰变时，生成的a粒子带2个单位的正电荷和 4个电位的质量数，即a粒子由 2个中子和2个质子构成，故a衰变时成生的新核中

32、子数减少 2,质子数减少2,故D正确;故选：BD.(2)根据电荷数守恒、质量数守恒，衰变方程为22(2一 28l：F0+4He.设经过了 n次a衰变，m次3衰变.有:4n=16, 2n-m=4,解得 n=4, m=4(3)设a粒子的质量为 m,氢核的质量为nt,反冲核的速度大小为 v.则根据动量守恒定律可得：mvo= (mt-m。v由题意得，释放的核能 E=- m|V(2 + (m2-m1)v2222解得 E=222uvo109【思路点拨】a衰变生成氨原子核，3衰变生成的电子是其中的中子转化为质子同时生成 的，半衰期是统计规律，与外界因素无关.根据电荷数守恒、质量数守恒写出衰变方程， 通过一次

33、a衰变电荷数少2,质量数少4, 一次3衰变电荷数多1,质量数不变，求出衰变的次数.先根据动量守恒定律列方程求解出a衰变后新核的速度；然后根据爱因斯坦质能方程求解质量亏损，从而求释放的核能.四、计算题：本题共 3小题.共计47分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演 算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须朋确写出数值和单 位.【题文】13.（ 15分）如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，静止斜靠在光滑斜 面上，另一自由端恰好与水平线 AB齐平，一长为L的轻质细线一端固定在 O点，另一端 系一质量为 m的小球，O点到AB的距离为2L .现将细线拉至水平，小

34、球从位置C由静 止释放，到达O点正下方时，细线刚好被拉断.当小球运动到 A点时恰好能沿斜面方向压缩弹簧，不计碰撞时的机械能损失,弹簧的最大压缩量为 2L L （在弹性PM度内），求:2细线所能承受的最大拉力F ;（2）斜面的倾角8 ;弹簧所获得的最大弹性势能E p.【知识点】动能定理E2【答案解析】（1） 3mg （2）8=45二（3） 5mgL2解析：解：（1）小球由C运动到O点正下方时，设速度为vi,由动能定理得mgL= mvi2,解得vi= j2gL ,小球在O点正下方时，有 22F-mg=m -,解得 F=3mg所以Fv 3mg（2）细线被拉断后，小球做平抛运动，当运动到A点时，速度V

35、2恰好沿斜面向下，由动能定理得mg(2L-L尸mv22mvi2,解得 V2=2 ygL="v1 =,解得 0 =45°v22（3）由能量守恒定律得 mgY2Lsin 0 +1mv22=Ep,解得& = 5mgL 222【思路点拨】（1）根据动能定理求出小球运动到最低点的速度，根据牛顿第二定律求出拉力的大小，从而得出拉力的范围.（2）根据动能定理求出小球在 A点的速度大小，结合平行四边形 定则求出斜面的倾角 。；（3）根据能量守恒求出弹簧所获得的最大弹性势能【题文】14. （16分）如图甲所示，光滑的薄平板A长L=1m,质量M=2Kg,放在光滑水平桌面上，平板右端与桌

36、边相齐，在平板上距右端d=0.6m处放一比荷为_q=0.1C/Kg的m带电体B （大小可忽略）.在桌面上方区域内有电场强度不同的匀强电场，OO'左侧电场强度为E=10V/m ,方向水平向右；右侧电场强度为左侧的5倍，方向水平向左.在薄平板A的右端施加恒定的水平作用力 F,同时释放带电体 B.经过一段时间后，在OO'处 带电体B与薄平板A分离，其后带电体 B到达桌边缘时动能恰好为零.g=10m/s2求：（1） OO '处到桌面右侧边缘的距离；（2）加在薄平板 A上恒定水平作用力 F的大小；（3）从B与A分离开始计时，在乙图上画出此后B运动的速度时间图象，并标明【知识点】【

37、答案解析】(1) 0.1m(2) 3.6N(3)如右图相关物理量的坐标.解析：（1）对B在OO左侧运动时，qE=ma, 设B到达OO时的速度为 v,则：v2=2a1X1,对B在OO右侧运动时，qx 5E=ma, v2=2a2X2,由几何关系知，X1+X2=d,代入数据解得X2=0.1m.（2）对木板A,在B加速的时间内，X3=L-X2, X3=1a3t12, B在同一时间内加速的过程中，2X1=1a1t，对木板A,在B加速的时间内受力 F的作用，由牛顿第二定律得，F=Ma，2代入数据解得F=3.6N.（3） B在右侧电场中以v为初速度做匀减速直线运动，t2=-v=0.2s , B在右侧电场中速度a?减小到零后再反向做匀加速直线运动，运动时间t2=0.2s , B进入左侧电场中以 v为初速度做匀减速直线运动.ti = Y=1.0s ,所以B运动的速度时间图线如下图所示【思路点拨】(1)根据牛顿第二定律分别求出B在OO两侧的加速度，根据匀变速直线运动的速度位移公式，求出两段位移之和等于d,