四川省德阳市2022年高考物理一诊试题（含解析）新人教版

四川省德阳市2022年高考一诊物理试卷一、选择题（本题包括11小题，每题4分，共44分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得满分，选不全的得一半的分，有选错或不答的得0分．）1．下列叙述中正确的是（　　）　A．由电容的定义式C=可知，C与Q成正比，与V成反比　B．由磁感应强度的定义式B=可知，F的方向与B的方向一定相同　C．电流通过电阻时产生的热量Q=I2Rt，是由英国科学家焦耳发现的　D．带电粒子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压成正比考点：电容；焦耳定律；磁感应强度．.专题：电容器专题．分析：电容与电量无关，B与F垂直，焦耳定律是由英国科学家焦耳发现的，粒子离开回旋加速器时的最大动能由加速器的半径与磁场B有关．解答：解：A、C与Q，U无关，则A错误B、F一定与B垂直，则B错误C、焦耳定律是由英国科学家焦耳发现的，则C正确D、根据qvB=m，知v=，则最大动能EKm=mv2=．与加速的电压无关，则D错误故选：C点评：考查电容的决定因素，了解物理学史，知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关．　2．（4分）（2022•德阳模拟）在如图所示的x﹣t图象和x﹣t图象中，给出的四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（　　）　A．甲车做曲线运动，丁车做直线运动　B．在t1时刻，甲、乙两车的速度相等　C．追上前，丙、丁两车在t2时刻相距最远　D．在0﹣t1时间内，丙、丁两车的平均速度相等考点：匀变速直线运动的图像；参考系和坐标系．.专题：运动学中的图像专题．分析：在位移﹣时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度，图象的交点表示位移相等，平均速度等于位移除以时间；在速度﹣时间图象中，斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积表示位移．解答：解：A．由图象可知：乙做匀速直线运动，甲做速度越来越小的变速直线运动，故A18\n错误；B．在t1时刻两斜率不相等，所以两车速度不相等，故B错误；C．由图象与时间轴围成的面积表示位移可知：丙、丁两车在t2时刻面积差最大，所以相距最远，故C正确；D.0～t1时间内，根据面积表示位移，丙、丁两车的位移不相等，时间又相等，平均速度等于位移除以时间，所以丙、丁两车的平均速度不相等，故D错误．故选：C．点评：要求同学们能根据图象读出有用信息，注意位移﹣时间图象和速度﹣时间图象的区别，难度不大，属于基础题．　3．（4分）（2022•德阳模拟）为了让乘客乘车更为舒适，某搡究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示，当此车减速上坡时（仅考虑乘客与水平面之间的作用），则关于乘客下列说法正确的是（　　）　A．不受摩擦力的作用B．受到水平向左的摩擦力作用　C．处于超重状态D．所受合力竖直向上考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重；摩擦力的判断与计算．.专题：牛顿运动定律综合专题．分析：当此车减速上坡时，整体的加速度沿斜面向下，对乘客进行受力分析，根据加速度方向知道合力方向，根据合力方向确定摩擦力方向．解答：解：A、B、对乘客进行受力分析，乘客受重力，支持力，由于乘客加速度沿斜面向下，而静摩擦力必沿水平方向，由于乘客有水平向左的分加速度，所以受到向后（水平向左）的摩擦力作用．故A错误，B正确．C、当此车减速上坡时，整体的加速度沿斜面向下，乘客具有向下的分加速度，所以根据牛顿运动定律可知乘客处于失重状态．故C错误；D、由于乘客加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律得所受力的合力沿斜面向下．故D错误．故选：B点评：解决本题的关键知道乘客和车具有相同的加速度，通过汽车的加速度得出乘客的加速度．以及能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律求解　4．（4分）（2022•德阳模拟）如图所示，三个重均为100N的物块，叠放在水平桌面上，各接触面水平，水平拉力F=20N作用在物块2上，三条轻质绳结于O点，与物块3连接的绳水平，与天花板连接的绳与水平方向成45°角，竖直绳悬挂重为20N的小球P．整个装置处于静止状态．则（　　）18\n　A．物块1和2之间的摩擦力大小为20NB．水平绳的拉力大小为15N　C．桌面对物块3的支持力大小为320ND．物块3受5个力的作用考点：共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算．.专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对绳子的连接点受力分析，然后根据平衡条件并运用正交分解法列式求解水平绳的拉力；先后对物体1，物体1、2整体、物体1、2、3整体受力分析，然后根据平衡条件求解12之间的摩擦力．解答：解：A、对物体1受力分析，受重力和支持力，假如受水平方向的摩擦力，则不能保持平衡，故物体1与物体2间的摩擦力为0，A错误；B、对绳子的连接点受力分析，受到三根绳子的三个拉力，如图，根据平衡条件，有：x方向：T2cos45°=T1y方向：T2sin45°=mg解得：T1=mg=20N即故水平绳中的拉力为20N．B错误；C、对物体1、2、3整体受力分析，受重力、支持力、向左的拉力为20N、绳子a的拉力也为20N，竖直方向：N=3mg=300N，故C错误；D、对物体1和物体2整体研究，受重力、支持力、向左的拉力F和向右的静摩擦力f23，根据平衡条件得：f23=F=20N；1、2间摩擦力0，23间摩擦力20N，则3与桌面间摩擦力0，故3受重力、支持力、压力、2给的摩擦力、绳子拉力，共5力作用，D正确；故选：D．点评：本题关键在于灵活地选择研究对象，然后根据平衡条件并结合正交分解法列方程求解．　5．（4分）（2022•18\n德阳模拟）由于火星表面特征非常接近地球，人类对火星的探索一直不断，可以想象，在不久的将来，地球的宇航员一定能登上火星．已知火星半径是地球半径的，火星质量是地球质量的，地球表面重力加速度为g，假若宇航员在地面上能向上跳起的最大高度为h，在忽略地球、火星自转影响的条件下，下述分析正确的是（　　）　A．宇航员在火星表面受到的万有引力是在地球表面受到的万有引力的倍　B．火星表面的重力加速度是g　C．宇航员以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度是h　D．火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍考点：万有引力定律及其应用．.专题：万有引力定律的应用专题．分析：根据万有引力定律公式求出王跃在火星上受的万有引力是在地球上受万有引力的倍数．根据万有引力等于重力，得出重力加速度的关系，从而得出上升高度的关系．根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的关系．解答：解：A、根据万有引力定律的表达式F=G，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，所以宇宙员在火星表面受的万有引力是在地球表面受万有引力的倍．故A错误．B、由G=mg得到：g=．已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，则火星表面的重力加速度是g．故B错误．C、宇航员以v0在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出：可跳的最大高度是h=由于火星表面的重力加速度是g，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度h′=h．故C错误．D、由mg=m，得第一宇宙速度v=，由上知火星表面的重力加速度是g．则得火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍．故D正确．故选：D．点评：通过物理规律把进行比较的物理量表示出来，再通过已知的物理量关系求出问题是选择题中常见的方法．把星球表面的物体运动和天体运动结合起来是考试中常见的问题．　6．（4分）（2022•德阳模拟）如图所示，d处固定有负点电荷Q，一个带电质点只在电场力作用下运动，射A此区域时的轨迹为图中曲线abc，a、b、c、d恰好是一正方形的四个顶点，则下列说法正确的是（　　）18\n　A．质点由a到c，电势能先增加后减小，在b点动能最小　B．a、b、c三点处电势高低关系是φa=φc＞φb　C．质点在a、b、c三点处的加速度大小之比为1：2：1　D．若将d处的点电荷改为+Q，该带电质点的轨迹仍可能为曲线abc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：电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，根据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离相等，都小于b，故B点的电势高于ac两点的电势．应用牛顿第二定律求出加速度之间的关系．解答：解：A、根据轨迹弯曲方向判断出粒子之间存在引力，它与固定在O点的电荷是异种电荷，故质点带正电荷，质点从a到b，电势升高，电势能就增加；从b到c电势能减小，质点在b点的电势能最大，则动能最小．故A正确；B、根据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离相等，都小于b，故b点的电势最高，a、c两点的电势相等，即φa=φc＜φb．故B错误；C、质点在a、b、c三点时的加速度大小要根据库仑定律求出库仑力．由图可知，ra=rc=rb，代人库仑定律：F=k，可得：==由牛顿第二定律：=，所以质点在a、b、c三点处的加速度大小之比为2：1：2；故C错误．D、若将d处的点电荷改为+Q，质点受到斥力，轨迹不可能沿曲线abc，故D错误．故选：A点评：本题属于电场中轨迹问题，考查分析推理能力．根据轨迹的弯曲方向，判断出电荷受到的电场力指向轨迹内侧．进而判断出电荷是正电荷　7．（4分）（2022•德阳模拟）如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架abcd．其中ab、cd边均与ad边成60°角，ab=bc=cd=L，长度为L的电阻丝电阻为R0，框架与一电动势为E，内阻r=R0的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则梯形框架abcd受到的安培力的大小为（　　）18\n　A．0B．C．D．考点：安培力．.分析：根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，根据闭合电路的欧姆定律计算出各段上的电流大小，再计算出各段安培力的大小，然后使用平行四边形定则合成即可．解答：解：根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，如图电路abcd上的电阻为3R0，由几何关系得，ad段的长度为2L，所以ad上的电阻为2R0，并联部分的总电阻为：电路中的总电流：路端电压：abcd上的电流：abcd上各段的安培力：ad上的安培力：各段受到的力中，F1和F3在左右方向的分量大小相等，方向相反，相互抵消，所以线框受到的合外力：F=F1cos60°+F2+F3cos60°+F4=所以四个选项中B正确．18\n故选：B点评：该题中，各段时的电流的大小不相等，要使用闭合电路的欧姆定律分别计算出各段的电流的大小，然后计算安培力是解题的正确思路．题目的难度中档．　8．（4分）（2022•德阳模拟）如图所示，离地H高处有一个质量为m的物体，给物体施加一个水平方向的作用力F，已知F随时间的变化规律为：F=F0﹣kt（以向左为正，F0、k均为大于零的常数），物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为μ，且μF0＞mg．t=0时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑后脱离墙面，此时速度大小为，最终落在地面上．则下列关于物体的运动说法正确的是（　　）　A．当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动　B．物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一段直线　C．物体克服摩擦力所做的功W=mgH　D．物体与墙壁脱离的时刻为t=考点：功的计算；摩擦力的判断与计算．.专题：功的计算专题．分析：根据牛顿第二定律通过加速度的变化判断物体的运动规律，根据合力与速度的方向确定物体的运动轨迹．根据动能定理，抓住F在沿墙面下滑的过程中不做功，求出物体克服摩擦力做功的大小，抓住F的变化规律，结合F为零时，物体脱离墙面求出运动的时间．解答：解：A、竖直方向上，由牛顿第二定律有：mg﹣μF=ma，随着F减小，加速度a逐渐增大，做变加速运动，当F=0时，加速度增大到重力加速度g，此后物块脱离墙面，故A错误．B、物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线．故B错误．C、物体从开始运动到脱离墙面F一直不做功，由动能定理得，mg，物体克服摩擦力所做的功W=mgH．故C正确．B、当物体与墙面脱离时F为零，所以F=F0﹣kt=0，解得时间t=．故D正确．故选：CD．18\n点评：本题关键能运用牛顿第二定律，正确分析物体的运动情况，结合动能定理求解摩擦力做功，并要知道物体做直线运动还是曲线运动的条件．　9．（4分）（2022•德阳模拟）人用绳子通过光滑定滑轮拉静止在地面上的物体A，A穿在光滑的竖直杆上当人以速度w竖直向下匀速拉绳使质量为m的物体A上升高度h后到达如图所示位置时此时绳与竖直杆的夹角为θ．已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）　A．此时物体A的速度为　B．此时物体A的速度为vcosθ　C．该过程中绳对物体A做的功为mgh+　D．该过程中绳对物体A做的功为mgh+mv2cos2考点：功的计算．.专题：功的计算专题．分析：将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，根据平行四边形定则求出A的实际运动的速度，再根据动能定理求出人对A做的功．解答：解：将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示，拉绳子的速度等于A沿绳子方向的分速度，根据平行四边形定则得，实际速度，故A正确，B错误；CD、在A上升的过程中根据动能定理有：即绳对A做的功为：W=，故C正确，D错误．故选：AC．点评：解决本题的关键知道速度的合成与分解遵循平行四边形定则，注意会画出正确的速度的分解图．　10．（4分）（2022•德阳模拟）如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m，开始时a、b18\n及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用．现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度（未与滑轮相碰）过程中，下列说法正确的是（　　）　A．物块a重力势能减少2mgh　B．摩擦力对a做的功小于a机械能的增加　C．摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增加之和　D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等考点：机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率．.专题：机械能守恒定律应用专题．分析：通过开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，根据共点力平衡得出a、b的质量关系．根据b上升的高度得出a下降的高度，从而求出a重力势能的减小量，根据能量守恒定律判断摩擦力功与a、b动能以及机械能的关系．解答：解：A、开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，有magsinθ=mbg，则ma=．b上升h，则a下降hsinθ，则a重力势能的减小量为mbg×hsinθ=mgh．故A错误；B、根据能量守恒得，系统机械能增加，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量．所以摩擦力做功大于a的机械能增加．因为系统重力势能不变，所以摩擦力做功等于系统动能的增加．故B正确，C错误．D、任意时刻a、b的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率Pb=mgv，对a有：Pa=magvsinθ=mgv，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等．故D正确．故选：BD．点评：本题是力与能的综合题，关键对初始位置和末位置正确地受力分析，以及合理选择研究的过程和研究的对象，运用能量守恒进行分析．　11．（4分）（2022•德阳模拟）如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接，两物块A、B质量均为m，初始时均静止，现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的v﹣t关系分别对应图乙中A、B图线t1时刻A、B的图加速度为g，则下列说法正确的是（　　）　A．tl时刻，弹簧形变量为　B．t2时刻，弹簧形变量为18\n　C．tl时刻，A，B刚分离时的速度为　D．从开始到t2时刻，拉力F先逐渐增大后不变考点：牛顿第二定律；胡克定律．.专题：牛顿运动定律综合专题．分析：A的速度最大时加速度为零，根据胡克定律求出A达到最大速度时的位移；根据牛顿第二定律求出拉力F的最小值．由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律和运动学公式求解．根据功能关系分析能量如何转化．解答：解：A、由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx﹣mgsinθ=ma，则x=，故A错误．B、由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx，则得：x=，故B正确对AB整体，根据牛顿第二定律得：F﹣2mgsinθ+kx=2ma，得F=2mgsinθ﹣kx+2ma，则知开始时F最小，此时有：2mgsinθ=kx，得F的最小值为F=2ma，故B错误．C、由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx﹣mgsinθ=ma开始时有：2mgsinθ=kx0，又x0﹣x=速度V=at1=．故C错误．D、从开始到t1时刻，对AB整体，根据牛顿第二定律得：F+kx﹣mgsinθ=2ma，得F=mgsinθ+2ma﹣kx，x减小，F增大；t1时刻到t2时刻，对B，由牛顿第二定律得：F﹣mgsinθ=ma，得F=mgsinθ+ma，可知F不变，故D正确．故选：BD点评：从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0．从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等．　二、实验题（本题共2小题，共16分）12．（6分）（2022•德阳模拟）用如图1所示的装置探究“当小车质量一定时，小车加速度与拉力的关系”，带滑轮的长木板和弹簧测力计均水平固定，小车运动过程中阻力恒定．①实验时，一定要进行的操作是　BC　A．用天平测出砂和砂桶的质量B18\n．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数C．改变砂和砂桶质量，再打出几条纸带D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量②以弹簧测力计的法数F为横坐标，以小车的加速度a为枞坐标，下面画出的四个a﹣F图象图2中正确的是　a　③若测出的a﹣F图象的斜率为k，则小车的质量M=　　．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：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a﹣F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数．解答：解：（1）A、本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故AD错误；B、打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故B正确；C、改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故C正确；故选：BC．（2）小车质量不变时，加速度与拉力成正比，所以a﹣F图象是一条倾斜的直线，由实验装置可知，实验前没有平衡摩擦力，则画出的a﹣F图象在F轴上有截距，故a正确．故选：a（3）对a﹣F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，此题，弹簧测力计的示数F=F合，故小车质量为M=．故答案为：（1）BC（2）a（3）点评：本题考察的比较综合，需要学生对这一实验掌握的非常熟，理解的比较深刻才不会出错，知道a﹣F图的斜率等于小车质量的倒数，难度适中．　13．（10分）（2022•德阳模拟）某同学在实验室想测量一只灵敏电流计G表内的电阻rg，及电源的电动势E和内阻r，要求：测量尽量准确，能测多组数据且滑动变阻器调节方便，电表最大读数不得小于量程的，待测元件及提供的其他实验材料有：A．待测G表：量程500μA，内阻在150﹣2500Ω之间B．待测电源E：电动势约3.0V，内阻未知C．电流表A：量程2A，内阻约0.1ΩD．电压表V：量程300mV，内阻约500ΩE．定值电阻R0：R0=300F．滑动变阻器R1；最大阻值100Ω，额定电流2AH．电阻箱R2：0﹣9999ΩJ．开关S一个，导线若干（1）该同学先利用伏安法测量G表内阻0．18\n①图甲是该同学设计的实验电路图，则虚线框中应该选用的元件是　E　；（填元件前面的序号字母）②该同学读出c表的示数为，电压表y的示数为u，请写出待测G表的内阻的计算表达式　R=﹣R0；　．（2）该同学测出rv=200Ω后，然后把G表和电阻箱R2串联，将它改装成一只量程为3V的电压表，则电阻箱Rx应调到　2800Ω　．（3）该同学利用电流表A和改装后的电压表，将各元件连接成图乙所示的测量电路，接着测量电源的电动势E及内阻n若利用测量的数据，作出的G表示数k与通过滑动变阻器蜀的电流，的关系图象如图丙所示，则可得到电源的电动势E=　1.5　V．内阻r=　0.6　n（计算结果均保留两位有效数字）考点：测定电源的电动势和内阻．.专题：实验题．分析：（1）根据伏安法测电阻的实验方法可测出G表内阻，注意电表的量程，从而选择合适的电路图；并得出内阻的表达式；（2）通过计算得出电源的路端电压，由闭合电路欧姆定律可得出电源的电动势和内电阻．解答：解：（1）G表本身可以测量通过的电流，但由题意可知，G表内阻较小，无法直接用电压表进行测量，故应与E：定值电阻R0串联后再与电压表并联；同时由于两表量程偏低，且滑动变阻器阻值偏小，为了安全，采用滑动变阻器分压接法；故原理图如甲图所示；为了更好地保护电路，也可以与电阻箱串联后给G供电；故电路图可以是甲图中的任一个；用I表示G表示数，U表示V表示数；由欧姆定律可知，I=，解得：R=﹣R0；（2）①将G表与电阻箱串联后，可以充当电压表使用，则其应并联在电源两端，滑动变阻器与电流表串联后即可进行测电源电动势和内电阻的实验，实物电路图如图所示：③根据改装原理可知，电压表的额定电流3=；解得：R=2800Ω；电源的路端电压U=IG（200+2800）=3000IG；故图象与纵坐标的交点为500μA18\n，则电源的电动势为：E=500μA×3000=1.5V；内阻r==0.6Ω；故答案为；（1）①E；②﹣R0；（2）①2800；②1.5；0.6．点评：本题考查伏安法测电阻以及测量电源的电动势和内电阻，在解题时要注意分析实验中给出的仪器是否符合实验要求，然后才能根据我们所学内容进行分析得出合理的实验电路，并能进行数据处理．　三、计算题（本大题共有4小题，共50分．解答应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．有数字计算的题，答案中必须明确写出数字和单位．）14．（10分）（2022•德阳模拟）2022年全国多地雾霾频发，且有愈演愈烈的趋势，空气质量问题备受关注．在雾霾天气下，能见度下降，机动车行驶速度降低，道路通行效率下降，对城市快速路、桥梁和高速公路的影响很大，已知汽车保持匀速正常行驶时受到的阻为f1=0.2mg，刹车时受到的阻力为f2=0.5mg，重力加速度为g=10m/s2．（1）若汽车在雾霾天行驶的速度为v1=36km/h，则刹车后经过多长时间才会停下来？（2）若前车因故障停在车道上，当质量为m=1200kg的后车距已经停止的前车为x=22.5m时紧急刹车，刚好不与前车相撞，则后车正常行驶时的功率为多大？考点：功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的位移与时间的关系．.专题：功率的计算专题．分析：（1）刹车后由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出时间；（2）利用动能定理求出刚好不相撞的速度，由P=Fv求的功率；解答：解：（1）v=36km/h=10m/sf2=0.5mg刹车后由牛顿第二定律可知：﹣f2=ma﹣0.5mg=maa=0.5g=﹣5m/s2v′=v+at得：t==3s（2）根据动能定理有：﹣f2x=0﹣mv02f2=k2mgv02=2k2gs=2×0.5×10×22.5得：v0=22.5m/s正常行驶时有：F﹣f1=0f1=k1mg=0.1mgP=Fv0=0.1×1200×10×22.5=2.7×104W答：（1）若汽车在雾霾天行驶的速度为v=54km/h，则刹车后经过3s时间才会停下来；（2）若前车因故障停在车道上，当质量为m=1200kg正在匀速行驶的后车，在前方22.5m18\n处发现了因故障停在车道上的前车，司机采取紧急刹车，刚好没有与前车相撞，则后车正常行驶时的功率为2.7×104W．点评：本题主要考查了对汽车运动过程的分析，抓住临界条件刚好不相撞列式求解，难度适中．　15．（12分）（2022•德阳模拟）如图所示，水平地面上有一个精致的直角三角形滑块P，顶点A到地面的距离h=0.45m，水平地面上D处有一固定障碍物，滑块的C端到D的距离L=4.0m．在其顶点A处放一个小物块Q，不粘连，最初系统静止不动．现在滑块左端施加水平向右的推力F=24N，使二者相对静止一起向右运动，当C端撞到障碍物时立即撤去力F，且滑块P立即以原速率反弹，小物块Q最终落在地面上．滑块P的质量M=3.5kg，小物块Q的质量m=0.5kg，P与地面间的动摩擦因数4．（取g=10m/s2）求：（1）小物块Q落地前瞬间的速度．（2）小物块Q落地时到滑块P的B端的距离．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：（1）在水平推力F的作用下，P、Q一起向右做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，由速度位移关系式求出P到达D处时的速度，由于P与D碰撞，以原速率反弹，之后P向左做匀减速运动，Q离开滑块P做平抛运动，根据平抛运动的规律求解Q落地前瞬间的速度；（2）P物体向左做匀减速运动过程，由牛顿第二定律和运动学公式结合可求得其向左运动的总时间，再求出在Q平抛运动的时间内通过的位移，由平抛运动的规律求出Q的水平位移，两个位移之和即为Q落地时到滑块P的B端的距离．解答：解：（1）对P、Q整体分析有：F﹣μ（m+M）g=（m+M）a1…①代入数据解得：a1==2m/s2，当滑块C运动到障碍物D处时有：vD2=2a1L…②解得：vD==4m/s之后Q物体做平抛运动有：h=g…③解得：t1==0.3sQ落地前瞬间竖直方向的速度为：vy=gt1④解得：vy=10×0.3m/s=3m/s由矢量合成得，Q落地前瞬间的速度大小为vt==5m/s⑤与水平成θ，tanθ==0.75，θ=37°⑥（2）由（1）得Q平抛水平位移x1=vDt=4×0.3=1.2m⑦18\nP物体做匀减速运动，则有：μMg=Ma2⑧得a2=μg=0.4×10=4m/s2，由a2t2=vD得t2==1s＞t1⑨所以Q物体平抛时间内P的位移为：x2=vDt1﹣=4×0.3﹣0.5×4×0.32=1.02m⑩所以Q落地时到滑块P的B端的距离为x=x1+x2=1.2+1.02=2.22（m）答：（1）小物块Q落地前瞬间的速度为5m/s；（2）小物块Q落地时到滑块P的B端的距离为2.22m．点评：本题是常见的动力学问题，做好两大分析是基础：一是受力情况分析；二是运动情况分析．再分过程，运用牛顿第二定律、运动学公式求解．　16．（13分）（2022•德阳模拟）如图所示，一半径为R的竖直光滑圆轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上有一轻质弹簧，其左端固定在墙壁上，右端与质量为m、电荷量为+q的小物块（视为质点）接触但不相连，水平轨道AB段光滑，BC段粗糙且其长度L=3R，倾斜轨道CD段粗糙且与BC段平滑连接，倾斜轨道所在区域有水平向右的匀强电场，场强大小E=等手今向左推小物块压缩弹簧至某一位置后静止释放小物块，小物块由AB段进入圆轨道，通过圆轨道后在BC段和CD段上滑动，若小物块与BC段和CD段的动摩擦因数相同，倾斜轨道与水平面间的夹角θ=37°．重力加速度为g，取SIN37°=0.6，COS37°=0.8（1）若小物块恰能通过圆轨道的最高点，求弹簧的弹性势能Ep；（2）若小物块将弹簧压缩到弹性势能E=mgR，释放后小物块在倾斜轨道能到达的最高点为P，在此过程中，小物块的电势能减少了△Ep=mgR，求小物块在BC段克服摩擦力所做的功W．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；功的计算；机械能守恒定律．.专题：电场力与电势的性质专题．分析：对小球在轨道最高点时受力分析，根据牛顿第二定律列方程求出小球在最高点时的速度，根据能量守恒定律求弹簧的弹性势能；若小球能通过最高点p，由能量守恒定律求小球到达最高点的．解答：解：（1）小物块恰能通过圆轨道的最高点，则小物块重力完全充当向心力，根据牛顿第二定律：mg=m代入数据得：v=根据能量的转化与守恒：Ep=mg2R+mv2=18\n（2）若弹簧的弹性势能为：EP2=mgR，在电场中，设小物块在BC段的位移为x，则△E电=qExcosθ解得x=小物块由A到P的全过程，由能量守恒定律，得EP2+△E电=μmgl+μ（mgcosθ+qEsinθ）x+mgxsinθ解得μ=小物块在BC段克服摩擦力所做的功Wf=μmgl=答：（1）若小物块恰能通过圆轨道的最高点，求弹簧的弹性势能；（2）小物块在BC段克服摩擦力所做的功．点评：本题是能量守恒与牛顿运动定律的综合应用，来处理圆周运动问题．利用功能关系解题的优点在于不用分析复杂的运动过程，只关心初末状态即可，平时要加强训练深刻体会这一点．　17．（15分）（2022•德阳模拟）如图所示，边长L=2m的正方形abcd区域（含边界）内，存在着垂直于区域表面向内的匀强磁场，磁感应强度日=0.5t带电平行金属板MN、PQ间形成了匀强电场E（不考虑金属板在其它区域形成的电场）．MN放在ad边上，两板左端肘、P恰在ab边上，两板右端N、Q间有一绝缘挡板EF，EF申间有一小孔O，金属板长度、板间距、挡板长度均为导．在M和P的中间位置有一离子源s，能够正对孔O不断发射出各种速率的带负电离子，离子的电荷量均为q=1.6×10﹣16C，质量均为m=3.2×1025kg．（不计离子的重力，不考虑离子之间的相互作用，离子打到金属板或挡板上后将不反弹）（1）当电场强度E0=2×105N/C时，求能够袷SO连线穿过孔O的离子的速率v；（2）电场强度取值在一定范围内时，可使沿so连线穿过O并进入磁场区域的离子直接从bc边射出，求满足条件的电场强度最大值E1及在此种情况下，离子在磁场区域运动的时间t；（3）在电场强度取第（2）问中满足条件的最小值的情况下，紧贴磁场边缘cd的内侧，从c点沿cd方向入射一电荷量分也为q、质量也为m，的带正电离子，要保证磁场中能够发生正、负离子的相向正碰（碰撞时两离子的速度方向恰好相反），求该正离子入射的速率v．考点：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．.专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）由平衡条件可以求出离子速度．（2）作出粒子运动轨迹，由平衡条件、牛顿第二定律求出电场强度．（3）根据几何知识求出离子轨道半径，由牛顿第二定律求出离子速率．18\n解答：解：（1）能穿过速度选择器的离子洛伦兹力与电场力相等，即：qv0B=qE，代入数据解得：v0=4×105m/s；（2）穿过O孔的离子满足：qvB=qE，离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：E=，从bc边射出的离子其临界轨迹如图中①②所示：对于与轨迹①，半径最大，对应的电场强度值最大，根据图示轨迹①，由几何知识可得：r1==1m，解得：E1max=1.25×106N/C；由几何知识可知，sinθ=，sinθ=，则：θ=30°，粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=，粒子在磁场中的匀速时间：t=T=T=×10﹣7s；（3）当E取最小值时，离子轨迹如上图②所示，根据图示由几何知识可得：r2=，解得：r2=0.075m，离子发生正碰，两离子轨迹将内切，如图所示：18\n设从C进入磁场的离子轨道半径为r′，速率为v′，由几何知识得：（r′﹣r2）2=r22+（r′﹣）2，将L、r2代入解得：r′=0.2m，由牛顿第二定律得：qv′B=q，代入数据解得：v′=5×105m/s；答：（l）当电场强度E0=2×105N/C时，能够沿SO连线穿过孔O的离子的速率为4×105m/s；（2）满足条件的电场强度最大值为1.25×106N/C，离子在磁场区域运动的时间为×10﹣7s；（3）该正离子入射的速率为5×105m/s．点评：本题考查了求离子的速率、电场强度，分析清楚离子运动过程、应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题，分析清楚离子运动过程、作出其运动轨迹是正确解题题的前提与关键．　18