精选天津市高考物理压轴试卷(含解析)

1、天津市高考物理压轴试卷(含解析)PAGE PAGE 432023年天津市高考物理压轴试卷 一、选择题，每题6分，共48分1-5题每题列出的四个选项中，只有一项为哪一项最符合题目要求的6-8题每题给出的4个选项中，有的只有一项为哪一项正确的，有的有多个选项是正确的，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分1在匀强磁场中有一个静止的氡原子核Rn，由于衰变它放出一个粒子，此粒子的径迹与反冲核的径迹是两个相互外切的圆，大圆与小圆的直径之比为42：1，如图所 示，那么氡核的衰变方程应是以下方程中的哪一个 A RnFr+e B RnPo+He C RnAt+e D RnAt+H2如下图，

2、不可伸长的轻绳一端固定于墙上O点，拉力F通过一轻质定滑轮和轻质动滑轮作用于绳另一端，那么重物m在力F的作用下缓慢上升的过程中，拉力F变化为不计一切摩擦 A 变大 B 变小 C 不变 D 无法确定3固定在竖直平面的光滑圆弧轨道ABCD，其A点与圆心O等高，D点为轨道最高点，DB为竖直直线，AC为水平线，AE为水平面，如下图今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A点进入圆轨道，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点D，那么小球通过D点后 A 一定会落到水平面AE上 B 可能从A点又进入圆轨道 C 可能撞在圆轨道AB间某位置 D 可能从D点自由下落4如下图，虚线是用实验方法描绘出的某一静电场

3、的一族等势线及其电势值，一带电粒子只在电场力的作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线从A点飞到B点，那么以下判断正确的选项是 A 粒子一定带负电 B A点的场强大于B点的场强 C 粒子在A点的电势能大于在B点的电势能 D 粒子在A点的动能小于在B点的动能5如下图，水平方向的匀强电场和匀强磁场互相垂直，竖直的绝缘杆上套一带负电荷小环小环由静止开始下落的过程中，所受摩擦力 A 始终不变 B 不断增大后来不变 C 不断减小最后为零 D 先减小后增大，最后不变6以下说法正确的选项是 A 粒子的贯穿本领和电离作用都很强 B 核反响中的质量亏损现象违背了能量守恒定律 C 某个平面镜反射光的能量为入射光能量的

4、85%，即表示反射光光子的数量是入射光光子数量的85% D 电磁波和机械波都能发生干预、衍射现象7两列简谐横波分别沿x轴正向和负向传播，波源分别位于x=0.2m和x=1.2m处，两列波的波速均为v=0.4m/s，传播方向如图中箭头所示，两波源的振幅度均为A=2cmt=0时刻，两列波的图象如下图，此刻x=0.2m和x=0.8m处的P、Q两质点刚开始振动，质点M位于x=0.5m处，以下选项中正确的选项是 A 质点P、Q都首先沿y轴负向开始振动 B t=1s时刻，质点M的位移为4cm C t=0.75s时刻，质点P、Q都运动到了M点 D t=1s时刻，质点M的位移为4cm8如下图在光滑绝缘水平面上，

5、两个带等量正电的点电荷M、N，分别固定在A、B两点，O为AB连线的中点，CD为AB的垂直平分线在CO之间的F点由静止释放一个带负电的小球P放入小球P后不会改变原来的电场分布在以后的一段时间内P在CD连线上做往复运动以下说法正确的选项是 A 小球P的带电量缓慢减小，那么它往复运动过程中振幅不断减小 B 小球P的带电量缓慢减小那么它往复运动过程中每次经过O点时的速率不断减小 C 点电荷M，N的电量同时等量地缓慢增大，那么小球p往复运动过程中周期不断减小 D 点电荷M，N的带电量同时等量地缓慢增大，那么小球p往复运动过程中振幅不断减小二、非选择共72分9某同学利用双缝干预实验装置测定某一光的波长，双

6、缝间距为d，双缝到屏的距离为L，将测量头的分划板中心刻线与某一亮条纹的中心对齐，并将该条纹记为第一亮条纹，其示数如下图，此时的示数x1=mm然后转动测量头，使分划板中心刻线与第n亮条纹的中心对齐，测出第n亮条纹示数为x2由以上数据可求得该光的波长表达式=用给出的字母符号表示10某同学要测量一长方形木块带有一挂钩与水平桌面间的动摩擦因数，但没有现成的弹簧测力计，于是小明用细弹簧、硬纸板等自制了一个简易弹簧测力计只有均匀刻线没有标值如下图请你帮助设计这个实验：主要步骤：计算表达式：表达式中的字母要在步骤中出现11在做?测定金属的电阻率?的实验中，假设待测电阻丝的电阻约为5，要求测量结果尽量准确，备

7、有以下器材：A电池组3V、内阻lB电流表03A，内阻0.0125C电流表00.6A，内阻0.125D电压表03V，内阻4kE电压表015V，内阻15kF滑动变阻器020，允许最大电流l AG滑动变阻器02000，允许最大电流0.3AH开关、导线1上述器材中应选用的是只填写字母代号2某同学采用了图1所示的局部电路测量电阻，那么测量值比真实值偏 选填“大或“小根据测量数据得到的伏安特性曲线如图2所示，图中MN段向上弯曲的主要原因是12如下图，一根光滑的金属杆一端固定，另一端弯成半径R=0.9m的圆环一光滑的小圆环m=0.9kg，套在金属杆上，从上端固定处无初速滑下固定处到大圆环底部的高度为2.6m

8、，小圆环运动到大圆环顶端与质量m0=5.4kg静止于光滑水平面上的物块相碰，碰后小圆环又沿大圆环滑动，刚好上升到h=2m，求1物块mO获得多大速度2因为碰撞，m，m0一共增加多少内能？g取10m/s2，不计空气阻力13如下图，M1N1、M2N2是两根处于同一水平面内的平行导轨，导轨间距离是d=0.5m，导轨左端接有定值电阻R=2，质量为m=0.1kg的滑块垂直于导轨，可在导轨上左右滑动并与导轨有良好的接触，滑动过程中滑块与导轨间的摩擦力恒为f=1N，滑块用绝缘细线与质量为M=0.2kg的重物连接，细线跨过光滑的定滑轮，整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度是B=2T，将滑块由静止释

9、放设导轨足够长，磁场足够大，M未落地，且不计导轨和滑块的电阻g=10m/s2，求：1滑块能获得的最大动能2滑块的加速度为a=2m/s2时的速度3设滑块从开始运动到获得最大速度的过程中，电流在电阻R上所做的电功是w=0.8J，求此过程中滑块滑动的距离14静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好、有益于健康等优点，其装置可简化如图A、B为水平放置的间距d=1.6m的两块足够大的平行金属板，两板间有方向由B指向A的匀强电场，场强为E=0.1v/m在A板的中央放置一个平安接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v0=6m/s的油漆微粒，油漆微粒的质量均为m=1.0105kg、电

10、荷量均为q=1.0103C，不计油漆微粒间的相互作用、油漆微粒带电对板间电场和磁场的影响及空气阻力，重力加速度g=10m/s2求：1油漆微粒落在B板上所形成的图形面积；2假设让A、B两板间的电场反向，并在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.06T，调节喷枪使油漆微粒只能在纸面内沿各个方向喷出，其它条件不变B板被油漆微粒打中的区域的长度；3在满足2的情况下，打中B板的油漆微粒中，在磁场中运动的最短时间2023年天津市高考物理压轴试卷参考答案与试题解析一、选择题，每题6分，共48分1-5题每题列出的四个选项中，只有一项为哪一项最符合题目要求的6-8题每题给出的4个选项中，有的只有一

11、项为哪一项正确的，有的有多个选项是正确的，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分1在匀强磁场中有一个静止的氡原子核Rn，由于衰变它放出一个粒子，此粒子的径迹与反冲核的径迹是两个相互外切的圆，大圆与小圆的直径之比为42：1，如图所 示，那么氡核的衰变方程应是以下方程中的哪一个 A RnFr+e B RnPo+He C RnAt+e D RnAt+H考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；原子核衰变及半衰期、衰变速度专题： 带电粒子在磁场中的运动专题分析： 核衰变过程动量守恒，反冲核与释放出的粒子的动量大小相等，结合带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得小粒子与反冲核的电荷量之

12、比，利用排除法可得正确答案解答： 解：原子核的衰变过程满足动量守恒，可得两带电粒子动量大小相等，方向相反，就动量大小而言有：m1v1=m2v2由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得：r=所以，=审视ABCD四个选项，满足42：1关系的只有B应选B点评： 原子核的衰变过程类比于爆炸过程，满足动量守恒，而带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式中的分子恰好是动量的表达式，要巧妙应用2如下图，不可伸长的轻绳一端固定于墙上O点，拉力F通过一轻质定滑轮和轻质动滑轮作用于绳另一端，那么重物m在力F的作用下缓慢上升的过程中，拉力F变化为不计一切摩擦 A 变大 B 变小 C 不变 D 无法确定考点： 共点

13、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： 重物m在力F的作用下缓慢上升的过程中，两绳的夹角增大滑轮两侧绳子的拉力大小相等，方向关于竖直方向对称以滑轮为研究对象，根据平衡条件研究绳的拉力变化情况解答： 解：设滑轮两侧两绳的夹角为2以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出力图如下图根据平衡条件有：2Fcos=mg得到绳子的拉力为：F=所以在重物缓慢上升的过程中，增大，cos减小，那么F变大应选：A点评： 此题是共点力平衡中动态变化分析问题，关键是知道同一条绳子上的拉力处处相等3固定在竖直平面的光滑圆弧轨道ABCD，其A点与圆心O等高，D点为轨道最高点，DB为竖直

14、直线，AC为水平线，AE为水平面，如下图今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A点进入圆轨道，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点D，那么小球通过D点后 A 一定会落到水平面AE上 B 可能从A点又进入圆轨道 C 可能撞在圆轨道AB间某位置 D 可能从D点自由下落考点： 机械能守恒定律；向心力分析： 通过小球能够通过最高点D，根据牛顿第二定律求出最高点的最小速度，通过平抛运动的规律求出水平位移的大小，从而确定小球的落点位置解答： 解：小球恰能够通过最高点D，根据mg=m ，得：vD=那么知在最高点的最小速度为根据R=得：t=那么平抛运动的水平位移x=vDt=R知小球一定落在水平面AE

15、上故A正确，B、C、D错误应选：A点评： 解决此题的关键知道小球做圆周运动在最高点的临界情况，结合平抛运动的规律进行求解4如下图，虚线是用实验方法描绘出的某一静电场的一族等势线及其电势值，一带电粒子只在电场力的作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线从A点飞到B点，那么以下判断正确的选项是 A 粒子一定带负电 B A点的场强大于B点的场强 C 粒子在A点的电势能大于在B点的电势能 D 粒子在A点的动能小于在B点的动能考点： 电势能；电场强度；电场线专题： 电场力与电势的性质专题分析： 根据电场线与等势面垂直且由高电势指向电势，确定出电场线方向，根据曲线运动中物体所受的合力方向指向轨迹的内侧，可判断

16、出粒子所受的电场力方向，判断粒子的电性根据等差等势面密处场强大，可判断场强的大小由电场力做功正负，判断电势能的大小和动能的大小解答： 解：A、根据电场线与等势面垂直且由高电势指向电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，那么知粒子一定带正电故A错误B、由图知道，等势面间电势差相等，而A处等差等势面较密，那么A点的场强较大故B正确C、D从A点飞到B点，电场力方向与速度的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，动能减小故CD错误应选B点评： 此题要掌握等势面与电场线的关系和曲线运动合力指向，由粒子的轨迹判断出电场力方向，分析能量的变化5如下图，水平方向的

17、匀强电场和匀强磁场互相垂直，竖直的绝缘杆上套一带负电荷小环小环由静止开始下落的过程中，所受摩擦力 A 始终不变 B 不断增大后来不变 C 不断减小最后为零 D 先减小后增大，最后不变考点： 带电粒子在混合场中的运动专题： 带电粒子在复合场中的运动专题分析： 此题要先对小球进行正确的受力分析，由受力情况判断出小球的运动情况，得知小球向下做加速运动，同时会有洛伦兹力作用在小球上，分析水平方向上的合力在减小，可判断摩擦力在减小直至为零；之后洛伦兹力增大致水平方向上合力逐渐增大，摩擦力也随之增大，直至摩擦力与重力大小相等解答： 解：小球由静止开始下落，当速度为零时，对小球受力分析，受到竖直向下的重力、

18、水平向左的电场力和竖直向上的摩擦力；此时重力会大于摩擦力，小球向下运动，速度不为零时，小球还会受到水平向右的洛伦兹力，使水平方向上的合力减小，从而摩擦力也随之减小当电场力和洛伦兹力大小相等时，摩擦力为零，小球的竖直向下的加速度最大，之后洛伦兹力要大于电场力并逐渐最大，摩擦力也随之增大，当摩擦力和重力大小相等时，小球加速度为零，开始做匀速直线运动所以在整个过场中，摩擦力是先减小后增大，最后不变故ABC错误，D正确应选：D点评： 解决此类问题的关键就是对物体受力进行动态分析，结合牛顿运动定律分析运动情况，再由运动情况分析受力情况此类问题的受力特点是：合力在不断变化，当合外力变为零时，物体开始做匀速

19、直线运动，经常出现的问题是利用平衡条件求带电体的最大速度等问题6以下说法正确的选项是 A 粒子的贯穿本领和电离作用都很强 B 核反响中的质量亏损现象违背了能量守恒定律 C 某个平面镜反射光的能量为入射光能量的85%，即表示反射光光子的数量是入射光光子数量的85% D 电磁波和机械波都能发生干预、衍射现象考点： 能量守恒定律；电磁波的产生专题： 常规题型分析： 粒子的贯穿本领很强，电离作用很弱根据爱因斯坦质能方程作答；根据光的粒子性与E=hv分析判断；电磁波是交变电磁场在空间的传播，机械波是机械振动在介质中的传播；电磁波的传播不需要介质，机械波的传播需要介质解答： 解：A、粒子的贯穿本领很强，电

20、离作用很弱，故A错误；B、核反响中的质量亏损现象遵循能量守恒定律，故B错误；C、某个平面镜反射光的能量为入射光能量的80%，设光子的频率为v，那么每个光子的能量为hv，光的能量与光子个数成正比，那么表示反射光光子的数量是入射光光子数量的80%，故C正确D、机械波和电磁波，都属于波，都具有发生干预和衍射现象故D正确应选：CD点评： 解决此题的关键知道三种射线的特点，以及掌握爱因斯坦质能方程，知道电磁波和机械波的特点7两列简谐横波分别沿x轴正向和负向传播，波源分别位于x=0.2m和x=1.2m处，两列波的波速均为v=0.4m/s，传播方向如图中箭头所示，两波源的振幅度均为A=2cmt=0时刻，两列

21、波的图象如下图，此刻x=0.2m和x=0.8m处的P、Q两质点刚开始振动，质点M位于x=0.5m处，以下选项中正确的选项是 A 质点P、Q都首先沿y轴负向开始振动 B t=1s时刻，质点M的位移为4cm C t=0.75s时刻，质点P、Q都运动到了M点 D t=1s时刻，质点M的位移为4cm考点： 横波的图象；波长、频率和波速的关系专题： 振动图像与波动图像专题分析： 由图读出波长，从而由波速公式算出波的周期根据所给的时间与周期的关系，分析质点M的位置，确定其位移由波的传播方向来确定质点的振动方向两列频率相同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，那么

22、振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减弱解答： 解：A、由波的传播方向根据波形平移法可判断出质点的振动方向：两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，那么质点P、Q均沿y轴负方向运动故A正确；B、D、由图知波长=0.4m，由v=得，波的周期为T=s，两质点传到M的时间为s=T，当t=1s时刻，两波的波谷恰好传到质点M，所以位移为4cm故B错误，D正确；C、质点不随波迁移，只在各自的平衡位置附近振动，所以质点P、Q都不会运动到M点，故C错误；应选：AD点评： 此题要掌握波的独立传播原理：两列波相遇后保持原来的性质不变理解波的叠加遵守矢量合成法那么，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡

23、位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零8如下图在光滑绝缘水平面上，两个带等量正电的点电荷M、N，分别固定在A、B两点，O为AB连线的中点，CD为AB的垂直平分线在CO之间的F点由静止释放一个带负电的小球P放入小球P后不会改变原来的电场分布在以后的一段时间内P在CD连线上做往复运动以下说法正确的选项是 A 小球P的带电量缓慢减小，那么它往复运动过程中振幅不断减小 B 小球P的带电量缓慢减小那么它往复运动过程中每次经过O点时的速率不断减小 C 点电荷M，N的电量同时等量地缓慢增大，那么小球p往复运动过程中周期不断减小 D 点电荷M，N的带电量同时等量地缓慢增大，那么小球p往复运动

24、过程中振幅不断减小考点： 电势差与电场强度的关系；电场的叠加专题： 电场力与电势的性质专题分析： 在等量的正电荷的电场中，所有的点的电势都是正的，根据矢量的合成法那么可以知道，在它们的连线中垂线上的点的电场强度的方向都是沿着中垂线指向外的，由此可以判断电场的情况和带电小球的运动的情况解答： 解：A、小球P的带电量缓慢减小，它在电场中某点的电场力在不断地减小，由平衡位置向最大位移运动时，动能向电势能转化时，克服电场力做功需要经过更长的距离，所以它往复运动过程中的在振幅不断增大，所以A错误；B、由最大位移返回平衡位置时，电场力做的功在不断地减小，它往复运动过程中每次经过O点时的速率不断减小，所以B

25、正确；C、如果M、N的带电荷量等量缓慢增大，那么小球P所受电场力产生的加速度在同一位置时将更大，速度变化将更快，即周期将变小，C正确；D、同时，伴随M、N电荷量的增加，由于对P在同一位置的电场力变大，减速的距离减小，故振幅变小，D正确应选：BCD点评： 此题考查的就是点电荷的电场的分布及特点，这要求同学对于根本的几种电场的情况要了解，此题看的就是学生的根本知识的掌握情况二、非选择共72分9某同学利用双缝干预实验装置测定某一光的波长，双缝间距为d，双缝到屏的距离为L，将测量头的分划板中心刻线与某一亮条纹的中心对齐，并将该条纹记为第一亮条纹，其示数如下图，此时的示数x1=0.776mm然后转动测量

26、头，使分划板中心刻线与第n亮条纹的中心对齐，测出第n亮条纹示数为x2由以上数据可求得该光的波长表达式=用给出的字母符号表示考点： 用双缝干预测光的波长专题： 实验题分析： 螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读根据双缝干预的条纹间距公式求出光的波长表达式解答： 解：螺旋测微器的读数为0.5mm+0.0125.5mm=0.776mm根据干预条纹的间距x=得，=故答案为：0.776mm，点评： 解决此题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，测量光波波长的原理，注意掌握干预条纹间距公式的内容10某同学要测量一长方形木块带有一挂钩与水平桌面间的动摩擦因数，但没有现成的弹簧测力计，于是小明用

27、细弹簧、硬纸板等自制了一个简易弹簧测力计只有均匀刻线没有标值如下图请你帮助设计这个实验：主要步骤：A记下没挂木块时，自制弹簧测力计指针所指刻度N0；B把木块挂在自制的弹簧测力上，稳定后记下指针所对的刻度N1；C把木块放在水平桌面上，用该弹簧测力计拉着木块匀速滑行，记下这时指针所指的刻度N2；计算表达式：表达式中的字母要在步骤中出现考点： 探究影响摩擦力的大小的因素专题： 实验题分析： 把木块放在水平桌面上，用该弹簧测力计拉着木块匀速滑行，弹簧的拉力与滑动摩擦力平衡，根据F=G设计实验步骤，求解动摩擦因素的表达式解答： 解：主要步骤如下：A记下没挂木块时，自制弹簧测力计指针所指刻度N0；B把木块

28、挂在自制的弹簧测力上，稳定后记下指针所对的刻度N1；C把木块放在水平桌面上，用该弹簧测力计拉着木块匀速滑行，记下这时指针所指的刻度N2木块做匀速直线运动，根据平衡条件，有：水平方向：f=N2竖直方向：mg=N1N0其中：f=mg解得：=故答案为：A记下没挂木块时，自制弹簧测力计指针所指刻度N0；B把木块挂在自制的弹簧测力上，稳定后记下指针所对的刻度N1；C把木块放在水平桌面上，用该弹簧测力计拉着木块匀速滑行，记下这时指针所指的刻度N2； 点评： 此题关键明确实验原理，然后根据实验原理设计实验步骤，求解表达式，掌握胡克定律的应用，注意弹簧的长度与弹簧的伸长区别11在做?测定金属的电阻率?的实验中

29、，假设待测电阻丝的电阻约为5，要求测量结果尽量准确，备有以下器材：A电池组3V、内阻lB电流表03A，内阻0.0125C电流表00.6A，内阻0.125D电压表03V，内阻4kE电压表015V，内阻15kF滑动变阻器020，允许最大电流l AG滑动变阻器02000，允许最大电流0.3AH开关、导线1上述器材中应选用的是ACDFH只填写字母代号2某同学采用了图1所示的局部电路测量电阻，那么测量值比真实值偏小 选填“大或“小根据测量数据得到的伏安特性曲线如图2所示，图中MN段向上弯曲的主要原因是随着电阻丝中的电流增大，温度升高，电阻率增大，电阻增大考点： 测定金属的电阻率专题： 实验题；恒定电流专

30、题分析： 1器材的选取需平安、精确，根据电源电压确定电压表的量程，根据电路中电流的大约值确定电流表的量程2根据待测电阻与电流表、电压表内阻比拟，确定电流表的内外接，温度升高，电阻率增大解答： 解：1测量电阻需要电源、电流表、电压表、滑动变阻器、电键导线，由于电源电压为3V，所以电压表选择D，电路中的电流大约I=0.6A，所以电流表选择C，滑动变阻器用小阻值的便于操作，那么所需的器材为A、C、D、F、H2待测电阻的阻值远小于电压表的内阻，属于小电阻，所以电流表采取外接法，根据R=，由于电压表的分流，使得测量值比真实值偏小图中MN段向上弯曲的主要原因是随着电阻丝中的电流增大，温度升高，电阻率增大，

31、电阻增大故答案为：1ACDFH 2小，随着电阻丝中的电流增大，温度升高，电阻率增大，电阻增大点评： 解决此题的关键掌握电压表、电流表、滑动变阻器的选取，以及掌握如何确定电流表的内外接，会分析系统误差的原因12如下图，一根光滑的金属杆一端固定，另一端弯成半径R=0.9m的圆环一光滑的小圆环m=0.9kg，套在金属杆上，从上端固定处无初速滑下固定处到大圆环底部的高度为2.6m，小圆环运动到大圆环顶端与质量m0=5.4kg静止于光滑水平面上的物块相碰，碰后小圆环又沿大圆环滑动，刚好上升到h=2m，求1物块mO获得多大速度2因为碰撞，m，m0一共增加多少内能？g取10m/s2，不计空气阻力考点： 动量

32、守恒定律；向心力；机械能守恒定律专题： 动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析： 1物块m0与m刚碰后具有最大速度，对m分别根据机械能守恒定律求出其碰撞前后的速度，根据动量守恒定律列方程求m0碰后的速度；2根据能量守恒求碰撞损失的机械能，即增加的内能解答： 解：1设小圆环固定处距离大圆环底部为h0，升到顶时的速度为v0根据机械能守恒：mgh0=mg2R+mv02规定向右为正方向，m和m0组成的系统碰撞时满足动量守恒：mv0=mv01+m0v1碰后小圆环又沿大圆环滑动过程机械能守恒：mg2R+mv012=mgh联立可得：v1=1m/s2因为碰撞增加的内能：E=mv02mv012+m0v12=

33、2.7J答：1物块m0获得速度为1m/s2因为碰撞，m，m0一共增加2.7J内能点评： 此题考查了机械能守恒、能量守恒的综合运用，对于非弹性碰撞，满足动量守恒，但是机械能有损失，损失的机械能转化为内能13如下图，M1N1、M2N2是两根处于同一水平面内的平行导轨，导轨间距离是d=0.5m，导轨左端接有定值电阻R=2，质量为m=0.1kg的滑块垂直于导轨，可在导轨上左右滑动并与导轨有良好的接触，滑动过程中滑块与导轨间的摩擦力恒为f=1N，滑块用绝缘细线与质量为M=0.2kg的重物连接，细线跨过光滑的定滑轮，整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度是B=2T，将滑块由静止释放设导轨足够长

34、，磁场足够大，M未落地，且不计导轨和滑块的电阻g=10m/s2，求：1滑块能获得的最大动能2滑块的加速度为a=2m/s2时的速度3设滑块从开始运动到获得最大速度的过程中，电流在电阻R上所做的电功是w=0.8J，求此过程中滑块滑动的距离考点： 共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；动能定理的应用；导体切割磁感线时的感应电动势专题： 动能定理的应用专题分析： 1滑块匀速运动时，受到的拉力、摩擦力和安培力三力平衡，再结合安培力和动生电动势表达式列式求解；2滑块受重力、支持力、安培力、摩擦力、拉力，物块受重力和拉力，根据牛顿第二定律对两物体整体列式求解；3对两个物体的整体而言，重力做正功，克服阻力和安培力做功，克服安培力做的功等于系统增加的电能，等于电流的功，故对整体运用动能定理列式求解即可解答： 解：1滑块匀速运动时，受力平衡，有Mg=f+BId 根据欧姆定律，有I= 动生电动势为：E=BdVm 联立解之并代入动能表达式：EK=0.2J即滑块能获得的最大动能为0.2J2对两物体整体受力分析后，运用牛顿第二定律，有MgfBId=M+ma 其中I= E=BdV 联立解之：V=0.8m/s即滑块的加速度为a=2m/s2时的速度为0.8m/s3对两物体整体运用动能定理，有Mgxfxw=解得x=1.4m即滑块从开始运动到获得最大速度的过程中，滑块滑动的距离为1.4m