浙江省金丽衢十二校2022年高考一模物理试卷（含解析）新人教版

浙江省金丽衢十二校2022年高考一模物理试卷一、单项选择题（本题共9个小题，每个小题3分，共27分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．）1．曹冲称象是妇孺皆知的故事，当众人面临大象这样的庞然大物，在缺少有效的称量工具而束手无策的时候，他称量出大象的体重，体现了他的智慧，被世人称道．下列物理学习或研究中用到的方法与“曹冲称象”的方法相同的是（　　）　A．“质点”的概念B．合力与分力的关系　C．“瞬时速度”的概念D．研究加速度与合力、质量的关系考点：物理学史．.分析：曹冲称象故事用等重量的石头代替等重量的大象，是等效替代的思想；力的合成与分解、运动的合成与分解是等效替代思想．解答：解：A、建立“质点”的概念，采用理想模型法，不是等效替代，故A错误；B、建立“合力和分力”的概念，采用等效替代的思想，故B正确；C、建立“瞬时速度”的概念，采用极值法，不是等效替代，故C错误；D、研究加速度与合力、质量的关系，采用控制变量法，不是等效替代，故D错误；故选：B．点评：本题考查了等效替代法、理想模型法、极值法等思想方法，是物理学的精髓所在，基础问题．　2．（3分）（2022•浙江一模）一个质点由静止开始沿直线运动，速度随位移变化的图线如图所示，关于质点的运动下列说法正确的是（　　）　A．质点做匀速直线运动B．质点做匀加速直线运动　C．质点做加速度逐渐增大的加速运动D．质点做加速度逐渐减小的加速运动考点：匀变速直线运动的图像．.专题：运动学中的图像专题．分析：从图可知，s与v成正比，即s=kv，k是比例系数（常量），再结合速度定义式即可求解．解答：解：从图可知，s与v成正比，即s=kv，k是比例系数（常量），v=显然加速度与速度呈正比，所以质点做加速度逐渐增大的加速运动，故C正确．故选C点评：本题是对图象信息题的考查，要求同学们能根据图象读出有效信息，难度适中．　3．（3分）（2022•浙江一模）如图，可视为质点的小球，位于半径为m半圆柱体左端点A20的正上方某处，以一定的初速度水平抛出小球，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点．过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为60°，则初速度为：（不计空气阻力，重力加速度为g=10m/s2）（　　）　A．m/sB．4m/sC．3m/sD．m/s考点：平抛运动．.专题：平抛运动专题．分析：根据平抛运动速度与水平方向夹角的正切值等于位移与水平方向夹角正切值的2倍，求出竖直方向上的位移，从而求出竖直方向上的分速度，根据速度方向求出平抛运动的初速度．解答：解：飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，知速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则有：tanθ==．因为tanθ==．则竖直位移为：y=R，=2gy=R所以，tanθ=．联立以上各式解得：v0===3m/s故选：C．点评：解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住速度方向，结合位移关系、速度关系进行求解．　4．（3分）（2022•浙江一模）小明同学骑着一辆变速自行车上学，他想测一下骑车的最大速度．在上学途中他选择了最高的变速比（轮盘与飞轮齿数比），并测得在这种情况下蹬动轮盘的最大转速是每1s轮盘转动一周，然后他数得自行车后轮上的飞轮6个齿盘和脚踏轮盘上3个齿盘的齿数如表所示，并测得后轮的直径为70cm．由此可求得他骑车的最大速度是多少米每秒（　　）名称轮盘飞轮齿数/个45382815161821242820　A．2.1πB．2.0πC．0.7πD．1.1π考点：线速度、角速度和周期、转速．.专题：匀速圆周运动专题．分析：齿轮传动时，轮边缘上的线速度大小相等，同轴转动两轮的角速度相同；最后根据v=求解线速度．解答：解：轮盘和飞轮的齿数之比最大为3：1，此时自行车速度最大，此时轮盘和飞轮的转动半径是3：1；蹬动轮盘的最大转速是每1s轮盘转动一周，故周期是1s，同缘传动边缘点线速度相等，根据公式v=，轮盘和飞轮周期之比等于转动半径之比，故飞轮的转动周期为s；后轮的线速度为：v==2.1πm/s故选：A．点评：本题关键同缘传动边缘点线速度相等，同轴传动加速度相等，结合线速度公式v=列式求解，基础题目．　5．（3分）（2022•浙江一模）某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α=60°，使飞行器恰恰与水平方向成θ=30°角的直线斜向右上方由静止开始匀加速飞行，经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是（　　）　A．加速时动力的大小等于mg　B．加速与减速时的加速度大小之比为2：　C．加速与减速过程发生的位移大小之比为1：2　D．减速飞行时间t后速度为零考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．.专题：牛顿运动定律综合专题．20分析：起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，根据几何关系求出合力，由牛顿第二定律求出加速度，根据匀加速运动速度公式求解最大速度；推力方向逆时针旋转60°后，先根据牛顿第二定律求解加速度，再求出继续上升的时间．解答：解：A、起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，设动力为F，合力为Fb，如图所示：在△OFFb中，由几何关系得：F=mg，Fb=mg，A错误B、由牛顿第二定律得飞行器的加速度为：a1=g，推力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°斜向下，推力F'跟合力F'h垂直，如图所示，此时合力大小为：F'h=mgsin30°动力大小：F′=mg飞行器的加速度大小为：a2==0.5g加速与减速时的加速度大小之比为a1：a2=2：1，B错误C、t时刻的速率：v=a1t=gt加速与减速过程发生的位移大小之比为=1：2，故C正确D、到最高点的时间为：t′==2t，D错误故选：C．点评：本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的应用，要求同学们能正确对分析器进行受力分析并能结合几何关系求解，难度适中．　6．（3分）（2022•浙江一模）钢球A自塔顶自由落下2米时，钢球B自离塔顶6米距离处自由落下，两钢球同时到达地面，不计空气阻力，则塔高为（　　）　A．24mB．16mC．12mD．8m考点：自由落体运动．.专题：自由落体运动专题．分析：A球下落高度a的时间即为A球下落的时间比B球下落的时间长的时间，分别对AB两球运用自有落体位移时间公式即可解题20解答：解：根据h=得：A球下落2m所需时间为：，设塔高h，则b球下落的时间为：tb=…①对a球有：h=…②由①②解得：h=8m．故选：D点评：解决本题的关键知道自由落体运动的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基础题．　7．（3分）（2022•浙江一模）如图所示，O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的三点，不计空气阻力，一电荷量为﹣Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m、电荷量为﹣q的小金属块（可视为质点），从A点由静止沿它们的连线向右运动，到B点时速度最大，其大小为vm．小金属块最后停止在C点．已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ、AB间距离为L、静电力常量为k，则（　　）　A．在点电荷﹣Q形成的电场中，A、B两点间的电势差为　B．在小金属块由A向C运动的过程中，电势能先增大后减小　C．OB间的距离为　D．从B到C的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能考点：电势差与电场强度的关系；电势能．.专题：电场力与电势的性质专题．分析：金属块B点时速度最小，说明A到B过程，金属块做减速运动，B到O过程做加速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡．电场力做正功，电势能减小．根据库仑定律知，距离减小，库仑力增大，由牛顿第二定律分析加速度的变化情况．根据动能定理求解A、B两点的电势差解答：解：A、滑块从A到B过程，由动能定理得：﹣qUAB﹣μmgL=mv2﹣0，得A、B两点间的电势差UAB=﹣．故A错误．B、小金属块由A点向O点运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小．故B错误20C、由题意知，A到B过程，金属块做减速运动，B到O过程做加速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有μmg=k，得r=．故C正确．D、从B到C的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能和内能，故D错误；故选：C点评：本题的突破口是“B点速度最小”，分析金属块的运动情况，来分析其受力情况，由牛顿第二定律分析加速度的变化情况，根据动能定理求解电势差．　8．（3分）（2022•浙江一模）由于人们行走时鞋子和地板摩擦产生静电，带电的离子会在地板表面对空气中的灰尘产生吸引，对于电脑机房，电子厂房等单位会造成一定的影响．防静电地板又叫做耗散静电地板，是一种地板，当它接地或连接到任何较低电势点时，使电荷能够耗散，地板在施工中，地板下面要铺设铝箔，铝箔要连接到地下预埋导体．下列关于防静电地板正确的是（　　）　A．地板下面要铺设铝箔的作用是防潮　B．地板必须是绝缘体材料　C．地板必须是导电的，如地板中含有导电纤维　D．只要地板下面铺设铝箔，地板材料无所谓绝缘体或导电考点：*静电的利用和防止．.专题：电场力与电势的性质专题．分析：在日常生活中，静电现象无处不在，应从各种实例的原理出发就可以判断出答案．解答：解：在该情景中，地板在施工中，地板下面要铺设铝箔，铝箔要连接到地下预埋导体就是要将地板上的静电导走，所以防静电地板必须是导电的，如地板中含有导电纤维，这样才能将静电提供地板下面要铺设的铝箔导走．故选项C正确，ABD错误．故选：C点评：本题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例．　9．（3分）（2022•浙江一模）某空间区域有竖直方向的电场（图中只画出了一条电场线），一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球，在电场中从A点由静止开始沿电场线竖直向下运动，不计一切阻力，运动过程中物体的机械能E与物体位移x关系的图象如图所示，由此可以判断（　　）20　A．物体所处的电场为非匀强电场，且场强不断减小，场强方向向下　B．物体所处的电场为匀强电场，场强方向向下　C．物体可能先做加速运动，后做匀速运动　D．物体一定做加速运动，且加速度不断增大考点：电势差与电场强度的关系；电场强度．.专题：电场力与电势的性质专题．分析：从图象中能找出电场力的做功情况，根据电场力的做功情况判断出受力，继而判断出电场，在利用牛顿第二定律求的加速度解答：解：A、物体的机械能先减小，后保持不变，故电场力先做负功，后不做功，故电场强度方向向上，再根据机械能的变化关系可知，电场力做功越来越小，故电场强度不断减小，故AB错误；C、根据牛顿第二定律可知，物体受重力与电场力，且电场力越来越小，故加速度越来越大，故C错误，D正确；故选：D点评：本题主要考查了电场力做功与与物体机械能的变化关系，明确电场力做正功，电势能增加，电场力做负功，电场力减小即可　二、不定项选择题（本题共5个小题，每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）10．（4分）（2022•浙江一模）如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤有一定的读数．现在磁铁上方中心偏右位置固定一通电导线，当通以一定的电流后，台秤的示数增加，同时弹簧缩短（弹簧始终处于弹性限度内），则下列说法正确的是（　　）　A．磁铁右端为N极，左端为S极，导线中的电流方向垂直纸面向内　B．磁铁右端为N极，左端为S极，导线中的电流方向垂直纸面向外　C．磁铁右端为S极，左端为N极，导线中的电流方向垂直纸面向内　D．磁铁右端为S极，左端为N极，导线中的电流方向垂直纸面向外考点：安培力．.分析：（1）通电导体在磁场中受到力的作用，力的方向可以用左手定则判断；20（2）长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，得出导线给磁铁的反作用力方向解答：解：A、磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏右位置，所以此处的磁感线是斜向左上的，电流的方向垂直与纸面向里，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向是斜向右上，长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左下的；导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左下的，将这个力在水平和竖直分解，因此光滑平板对磁铁支持力增大，由于在水平向左产生分力，所以弹簧产生压力，弹簧长度将变短，故A正确，B错误．C、磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏右位置，所以此处的磁感线是斜向右下的，电流的方向垂直与纸面向外，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向是斜向右上，长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左下的；导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左下的，将这个力在水平和竖直分解，因此光滑平板对磁铁支持力增大，由于在水平向右产生分力，所以弹簧产生压力，弹簧长度将变短，故C错误，D正确故选：AD．点评：本题的关键是知道磁场对电流的作用的方向可以通过左手定则判断，然后根据作用力和反作用力的知识进行推理分析　11．（4分）（2022•浙江一模）两平行导体板间距为d，两导体板加电压U，不计重力的电子以平行于极板的速度v射入两极板之间，沿极板方向运动距离为L时侧移为y．如果要使电子的侧移y′=，仅改变一个量，下列哪些措施可行（　　）　A．改变两平行导体板间距为原来的一半　B．改变两导体板所加电压为原来的一半　C．改变电子沿极板方向运动距离为原来的一半　D．改变电子射入两极板时的速度为原来的2倍考点：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：粒子做类似平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，竖直分运动是初速度为零的匀加速直线运动，根据分运动公式列式推导出侧移量表达式进行分析即可．解答：解：粒子做类似平抛运动，根据分运动公式，有：水平方向：L=v0t竖直方向：其中：a=联立解得：y=A、改变两平行导体板间距d为原来的一半，根据y=，y增加为2倍，故A20错误；B、改变两导体板所加电压U为原来的一半，根据y=，y减小为倍，故B错误；C、改变电子沿极板方向运动距离L为原来的一半，根据y=，y减小为倍，故C正确；D、改变电子射入两极板时的速度为原来的2倍，根据y=，y减小为倍，故D正确；故选：CD．点评：本题关键是明确粒子的运动规律，然后根据类平抛运动的分位移公式列式推导出侧移量y的表达式进行分析，基础题目．　12．（4分）（2022•浙江一模）如图所示，一根轻质细绳跨过定滑轮连接两个小球A、B，它们都穿在一根光滑的竖直杆上，不计细绳与滑轮之间的摩擦，当两球平衡时OA绳与水平方向的夹角为60°，OB绳与水平方向的夹角为30°，则球A、B的质量之比和杆对A、B的弹力之比分别为（　　）　A．=B．=C．=D．=考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．.专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：分别对AB两球分析，运用合成法，用T表示出A、B两球的重力，同一根绳子上的拉力相等，即绳子AB两球的拉力是相等的．解答：解：分别对AB两球分析，运用合成法，如图：由几何知识得：Tsin2θ=mAgTsinθ=mBg故mA：mB=sin2θ：sinθ=2cosθ：1=：1杆的弹力FN=20则：==故选：AC．点评：本题考查了隔离法对两个物体的受力分析，关键是抓住同一根绳子上的拉力处处相等结合几何关系将两个小球的重力联系起来．　13．（4分）（2022•浙江一模）如图所示，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表对电路的影响，以下判断错误的是（　　）　A．电路中电源电动势为3.6V　B．变阻器向右滑动时，V2读数逐渐减小　C．此电路中，电动机的最大输出功率减小　D．变阻器的最大阻值为30Ω考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．.专题：恒定电流专题．分析：先确定图线与电压表示数对应的关系．再根据图线求出电源的电动势，并判断V2读数的变化情况．当I=0.3A时，电动机输出功率最大．由电动机的总功率UI与发热功率I2R之差求解输出功率．变阻器的全部接入电路时，电路中电流最小．由欧姆定律求解变阻器的最大阻值．解答：解：A、由电路图甲知，电压表V2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V220的电压与电流的关系．此图线的斜率大小等于电源的内阻，为r=Ω=2Ω当电流I=0.1A时，U=3.4V，则电源的电动势E=U+Ir=3.4+0.1×2V=3.6V，故A正确：B、变阻器向右滑动时，R阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即为V2读数逐渐增大，故B错误；C、由图可知，电动机的电阻rM=Ω=4Ω．当I=0.3A时，U=3V，电动机输出功率最大，最大为P=UI﹣I2rM=3V×0.3A﹣（0.3A）2×4Ω=0.54W，此电路中，变阻器向右滑动时，R阻值变大，总电流减小．电动机的最大输出功率减小；变阻器向左滑动时，R阻值变小，总电流增大．电动机的最大输出功率增大，故C错误；D、当I=0.1A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以R=﹣r﹣rM=（﹣2﹣4）Ω=30Ω，故D正确．本题选错误的，故选：BC点评：本题考查对物理图象的理解能力，可以把本题看成动态分析问题，来选择两电表示对应的图线．对于电动机，理解并掌握功率的分配关系是关键．　14．（4分）（2022•浙江一模）带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示．不计空气，则（　　）　A．一定有h1=h3B．一定有h1＜h4C．h2与h4无法比较D．h1与h2无法比较考点：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：当小球只受到重力的作用的时候，球做的是竖直上抛运动；当小球在磁场中运动到最高点时，由于洛伦兹力的作用，会改变速度的方向，所以到达最高点是小球的速度的大小不为零；当加上电场时，电场力在水平方向，只影响小球在水平方向的运动，不影响竖直方向的运动的情况，而第4个电场力影响加速度，从而影响高度．解答：解：第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得：h1=．第3个图：当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有，V02=2gh3，所以h1=h3．故A正确；而第2个图：洛伦兹力改变速度的方向，20当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为Ek，则由能量守恒得：mgh2+Ek=mV02，又由于mV02=mgh1所以h1＞h2．，所以D错误．第4个图：因电性不知，则电场力方向不清，则高度可能高度h1，也可能小于h1，故C正确，B错误；故选：AC．点评：洛伦兹力的方向始终和速度的方向垂直，只改变球的速度的方向，所以磁场对电子的洛伦兹力始终不做功．　三、实验题（本题共2个小题，每空2分，共14分．）15．（6分）（2022•浙江一模）下面几个实验都用到了打点计时器或电火花计时器：①运用装置甲完成“探究功与速度变化的关系”实验②运用装置乙完成“验证机械能守恒定律”实验③运用装置丙可以完成“探究小车速度随时间变化的规律”实验④运用装置丙可以完成“探究加速度与力、质量的关系”实验（1）运用装置丙完成“探究小车速度随时间变化的规律“实验是否需要平衡摩擦阻力？　否　（填“是”或“否”）（2）如图丁为某同学在一次实验中打出的一条纸带的部分，若所用电源的频率为50Hz，图中刻度尺的最小分度为1mm，请问该条纸带是以上四个实验哪一个实验时得到的？　验证机械能守恒定律的实验　（填实验的名称）（3）由如图丁的测量，打C点时纸带对应的速度为　1.50　m/s（保留三位有效数字）．考点：探究小车速度随时间变化的规律．.专题：实验题．分析：（1）在探究中，是否存在阻力，对速度随时间变化的规律研究没有影响；（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT220可以求出加速度的大小，从而影响属于什么实验；（3）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小．解答：解：（1）在探究小车速度随时间变化的规律的实验中，小车存在阻力，对其规律的研究没有影响，因此不需要平衡摩擦力；（2）相邻的计数点间的时间间隔T=0.02s，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，为了更加准确的求解加速度，a===10m/s2．由加速度大小可知，属于验证机械能守恒定律的实验；（3）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，得：VC===1.50m/s故答案为：（1）否；（2）验证机械能守恒定律的实验；（3）1.50．点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．　16．（8分）（2022•浙江一模）下面的实物图展示测电压表内阻的电路，图中R为500Ω的定值电阻，移动滑动变阻器，得到多组电压表和电流表的值，记录在表中：U/V1.21.41.61.82.02.22.42.62.8I/mA3.23.74.34.85.35.96.47.07.4如果用U﹣I图象来处理数据，且图中已描好了对应的点，回答下列问题：（1）开关闭合前，滑动变阻器的滑片应处在哪一端？　a　（填“a”或“b”）（2）根据描好的点画出相应的图线（3）由（2）中画出的图线求出电压表的内阻为　1500　Ω（保留二位有效数字）（4）分析用此方法测电压表的内阻，是否会因为实验的原理或方法不完善而产生系统误差？　否　（填“是”或“否”）20考点：伏安法测电阻．.专题：实验题．分析：（1）当滑动变阻器采用分压接法时，闭合开关前滑片应置于分压电路分压为零的位置．（2）根据坐标系内描出的点作出图象．（3）由并联电路特点与欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图象求出电压表内阻．（4）根据实验原理、图象的函数表达式分析实验误差．解答：解：（1）由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路安全，闭合开关前滑片要置于a端．（2）根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：（3）由图示电路图可知，流过电流表的电流：I=IR+IV=+=+=U，则U=I，由图示图象可知，==，解得：RV=1500Ω；（3）由U=I可知，图象的斜率：k=，RV=，应用图象法处理实验数据，不因为实验的原理或方法不完善而产生系统误差；故答案为：（1）a；（2）图象如图所示；（3）1500；（4）否．点评：本题考查了测电压表内阻实验，分析清楚电路结构，应用并联电路特点与欧姆定律即可正确解题，要掌握应用图象法处理实验数据的方法．　20四、计算题（本题共4小题，其中17题8分，18题9分，19题10分，20题12分，共39分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤及单位．）17．（8分）（2022•浙江一模）用水平力F=30N拉着一个质量为2kg的物体在水平面上由静止做匀加速直线运动，某时刻将力F随时间均匀减小．整个过程物体所受的摩擦力随时间变化如图中实线所示，求：（1）物体做匀加速直线运动的加速度；（2）整个过程物体运动的时间；（3）物体做匀加速直线运动发生的位移．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．.专题：牛顿运动定律综合专题．分析：用水平力F拉着一物体在水平地面上做匀速运动，从某时刻起力F随时间均匀减小，物体先做减速运动，所受摩擦力为滑动摩擦力，当物体速度为零后，物体受静摩擦力．解答：解：（1）由牛顿第二定律知：=5m/s2（2）由图象知物体静止时用时30s，所以运动时间30s（3）加速时间为10s，所以有：=250m答：（1）物体做匀加速直线运动的加速度5m/s2；（2）整个过程物体运动的时间30s；（3）物体做匀加速直线运动发生的位移250m．点评：解决本题的关键知道物体做匀速直线运动，拉力减小后，先做减速运动，最终静止．摩擦力由滑动摩擦力变为静摩擦力．　18．（9分）（2022•浙江一模）如图光滑水平导轨AB的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为m=1kg的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，B点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度BC的长为L=6m，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s匀速转动．CD为光滑的水平轨道，C点与传送带的右端刚好平齐接触，DE是竖直放置的半径为R=0.4m的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点．已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2．20（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C点，求弹簧储存的弹性势能Ep；（2）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上距D点的距离为x=1.2m处（CD长大于1.2m），求物块通过E点时受到的压力大小；（3）满足（2）条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能．考点：功能关系；向心力；动能定理．.分析：（1）弹簧弹性的势能完全转化为木块的动能，木块通过传送带时滑动摩擦力做的功等于木块动能的变化，据此计算可得；（2）滑块从E点开始做平抛运动，根据平势运动规律求得木块经过E点时的速度，再根据牛顿第二定律求得木块在E点受到的压力；（3）求出木块经过传送带时与传送带间的相对位移，根据Q=fL求得因摩擦产生的热能．解答：解：（1）滑块经过传送带时，摩擦力做的功等于滑块动能的变化，故有：可知滑块释放时的动能弹簧释放时弹簧的弹性势能完全转化为木块的动能，所以滑块刚好到达传送带C点时弹簧储存的弹性势能为：12J；（2）小滑块离开E点做平抛运动，由平抛知识有：水平方向：x=vEt竖直方向：由此可得，滑块在E点的速度为：根据牛顿第二定律有：在E点有：可得滑块受到的压力为：（3）根据动能定理有：滑块从D到E的过程中只有重力做功：20代入数据解得：滑块经过D点时的速度为：vD=5m/s滑块经过传送带时只有阻力做功，根据动能定理有：代入数据可解得：vB=7m/s因为滑块做匀减速运动，故有：L=t，可得滑块在传送带上运动的时间为：t=由此可知滑块在传送带上滑动时，滑块相对于传送带的位移为：x=L+vt=6+2×1m=8m所以滑块因摩擦产生的热量为：Q=μmgx=0.2×1×10×8J=16J答：（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C点，弹簧储存的弹性势能Ep为12J；（2）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上距D点的距离为x=1.2m处（CD长大于1.2m），物块通过E点时受到的压力大小为12.5N；（3）满足（2）条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能为16J．点评：本题是传送带与平抛运动的结合，关键是能掌握物体在传送带上做匀减速运动，能根据平抛运动规律求解平抛运动问题，以及摩擦生热由两物体间的相对位移决定．　19．（10分）（2022•浙江一模）如图（a）所示，左侧为某课外活动小组设计的某种速度选择装置（图b为它的立体图），由水平转轴及两个薄盘N1、N2构成，两盘面平行且与转轴垂直，相距为L=1m，两盘面间存在竖直向上的匀强电场，盘上各开一狭缝，两狭缝夹角可调；右侧为长为d=1m的绝缘水平桌面，水平桌面的右端与一半径为R=0.2m粗糙绝缘的四分之一圆弧相切连接．今有一电荷量为q=8×10﹣6C、质量为m=1kg的一带电小球沿水平方向以v0=4m/s射入N1狭缝，匀速通过两盘间后通过N2的狭缝，并沿水平桌面运动到右端经圆弧后能再上升h=0.2m的高度．已知小球与水平桌面间动摩擦因数为μ=0.2，求：（1）小球带何种电荷及两盘间的电场强度E的大小；（2）若两狭缝夹角为θ=60°，盘匀速转动，转动方向如图（b），要使小球能通过两狭缝，薄盘转动的角速度ω多大？（3）小球通过两狭缝后，让两狭缝停止转动且竖直对齐，如图（c），问小球返回后能否再次通过两狭缝？20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：（1）小球匀速过程中，合力为零，小球受到电场力和重力平衡，即可判断出球的电性．由平衡条件求出场强的大小．（2）根据周期性和圆周运动的角速度公式，即可求出薄盘转动的角速度ω；（3）由动能定理，选取小球向最高点运动的过程中，从而求得克服摩擦力做功，当返回时，再运用动能定理，因克服滑动摩擦力做功变小，进而可求得回到圆盘时的速度大小，从而求解．解答：解：（1）由题意可知，当带电粒子的电场力与重力平衡时，粒子做匀速直线运动，则有：mg=qE；解得：E===1.25×106N/C；（2）根据运动学公式，粒子经过电场的时间，即为t===0.25m/s；由角速度公式ω=，则有：=8kπ+rad/sk=0、1、2…（3）小球向最高点运动的过程中，经过四分之一圆弧克服摩擦力做功为W；由动能定理，﹣W﹣μmgd﹣mg（R+h）=0﹣mv解得：W=2J；若能到达N2，且到达时的速度大小为v，W′为返回时过四分之一圆弧克服摩擦力做功，由动能定理：mg（R+h）﹣μmgd﹣W′=因W′＜2J，则有：v＞0，因此能再次通过两狭缝．答：（1）小球带何种电荷及两盘间的电场强度E的大小1.25×106N/C；（2）要使小球能通过两狭缝，薄盘转动的角速度8kπ+rad/sk=0、1、2…；（3）小球返回后能再次通过两狭缝．点评：考查电场力与重力平衡的应用，掌握动能定理的内容、牛顿第二定律和圆周运动运动学公式的综合，难点是根据圆周运动的周期性得到角速度的表达式，注意球来回经过圆弧滑动摩擦力做功不同是解题的关键．　20．（12分）（2022•浙江一模）如图所示，在xoy平面的第II象限内有半径为R的圆分别与x轴、y轴相切于P、Q两点，圆内存在垂直于xoy面向外的匀强磁场．在第I象限内存在沿轴y负方向的匀强电场，电场强度为E．一带正电的粒子（不计重力）以速率v0从P点射入磁场后恰好垂直y轴进入电场，最后从M（3R，0）点射出电场，出射方向与x轴正方向夹角为α，且满足α=45°，求：20（1）带电粒子的比荷；（2）磁场磁感应强度B的大小；（3）粒子从P点入射磁场到M点射出电场的时间．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．.专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）粒子垂直于电场进入第一象限，粒子做类平抛运动，由到达M的速度方向可利用速度的合成与分解得知该点y方向的速度．结合牛顿第二定律求得粒子的比荷；（2）根据运动学的公式，求出粒子进入电场时的位置，画出粒子运动的轨迹，根据图象中的几何关系求出粒子运动的半径，根据半径公式r=求出磁感应强度；（3）粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力的公式，求出在磁场中运动的轨迹半径，利用几何关系求出cosθ之值．解答：解：（1）M处，根据平抛运动规律：vy=v0tanαqE=mavy=at33R=v0t3解得：=（2）粒子运动轨迹如图，设O1为磁场的圆心，O2为粒子轨迹圆心，P为粒子射出磁场的位置，则：P′O2∥PO1△O1O2P≌△O1O2P粒子的轨道半径为：r=RBqv0=m20B=（3）粒子从N进入电场，ON=y，根据平抛运动规律：y=at32qE=ma3R=v0t3得：y=Rt3=y=R+Rcosθθ=P到P′的时间为t1，Bqv0=m（）2rt1=Tt1==P′N==RP到M的总时间为t=t1+t2+t3=+R答：（1）带电粒子的比荷为；（2）磁场磁感应强度B的大小为；（3）粒子从P点入射磁场到M点射出电场的时间为+R．点评：粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解．粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点，要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题．20