2018届辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校联考物理试题(解析版)

辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学

校2018届高三上学期期末考试物理试题

一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1－7题只有一项符合要求，第8－12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。）

1. 下列说法中正确的是（ ）

A. 随地球自转的物体在地球上任意位置受到地球对该物体的万有引力都大于其重力 B. 磁悬浮列车运行过程中悬浮于轨道上方，所以运行的磁悬浮列车为失重状态 C. 射线是原子核外电子电离形成的电子流，它具有中等的穿透能力 D. 法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线形象地描述电场 【答案】D

【解析】A、地球上随地球一起自转的物体，由万有引力的一部分充当向心力，另一部分的分力是重力，则大多数位置万有引力都大于其重力，但在两极地区，向心力为零，则万有引力全部提供重力，故A错误；B、磁悬浮列车处于悬浮状态，在竖直方向受力平衡，则不是失重状态，B错误；C、β射线是具有放射性的元素的原子核中的一个中子转化成一个质子同时释放出一个高速电子即β粒子，它具有中等的穿透能力，则C错误；D、1837年英国物理学家法拉第最早引入了电场的概念，并提出电场线和磁感线来形象表示电场和磁场,故D正确，故选D.

【点睛】本题考查的知识点较多，这要求学生从生活中分析判断所包含的众多物理知识，并且会利用相关的知识分析解释，做到学而所用，从而培养兴趣．

2. 如图所示，板间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，不计重力的氘、氚核和氦核初速度为零，经相同的电压加速后，从两极板中间垂直射入电磁场区域，且氘核沿直线射出。不考虑粒子间的相互作用，则射出时（ ）

A. 偏向正极板的是氚核 B. 偏向正极板的是氦核

C. 射入电磁场区域时，氚核的动能最大

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D. 射入电磁场区域时，氦核的动量最大 【答案】D 【解析】设氘()、氚核()和氦核()的电量为q、q、2q，质量分别为2m、3m、4m.

C、三种粒子经过相同的电场加速由动能定理：，得，而动量，可知动量由电量和质量的乘积决定，比值为2:3:6，则氦核的动能最大，则C错误；D、射入电磁场区域时的动能由电量决定，即为1:1:2，则氦核的动能最大； A、B、由可知，三种粒子进入电磁场区域后氘核沿直线射出，说明其而做匀速直线运动，则氦核的速度也满足速

度选择器，将做匀速直线运动，氚核的速度偏小，洛伦兹力小于电场力，将沿着电场力的方向偏转即向下偏转，故A，B均错误。故选D.

【点睛】速度选择器是利用电场力等于洛伦兹力的原理进行工作的，故速度选择器只能选择速度而不能选择电性．同时注意电场力做功导致动能变化，而洛伦兹力始终不做功．

3. 如图所示，足够长的水平传送带以v＝2m/s的速度匀速前进，上方漏斗以每秒25kg的速度把煤粉均匀、竖直抖落到传送带上，然后随传送带一起运动。己知煤粉与传送带间的动摩擦因数为0.2，欲使传送带保持原来的速度匀速前进，则传送带的电动机应增加的功率为（ ）

A. 200W B. 50W C. 100W D. 无法确定 【答案】C

【解析】在1s内落到传送带上煤的质量为△m；这部分煤由于摩擦力f的作用被传送带加速，由功能关系得：，煤块在摩擦力作用下加速前进，因此有：。传送带的位移为：s传=vt，相对位

，移为：△s=s传-s=s，由此可知煤的位移与煤和传送带的相对位移相同，因此摩擦生热为：传送带需要增加的能量分为两部分：第一部分为煤获得的动能，第二部分为传送带克服摩擦力做功保持传送带速度．所以传送带1s内增加的能量△E为：的功率为：，故选C.

，皮带机应增加

【点睛】传送带问题是高中物理中的一个重要题型，解答这类问题重点做好两类分析：一是运动分析，二

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是功能关系分析．

4. 如图所示，在x轴上关于原点O对称的两点A、B分别放置固定的点电荷＋Q1和－Q2，x轴上的P点位于B点的右侧，且P点电场强度为零。设无穷远处电势为零，则下列判断正确的是（ ）

A. P点电势为零

B. 在A、B连线上还有一点与P点电场强度相同 C. A、O两点的电势差大于O、B两点的电势差

D. 若将一试探电荷＋q从P点移至O点过程中，电势能一直增大 【答案】C

【解析】等量异种电荷周围的电场分布情况如图所示：

，而本题中因P点场强为零，则，则，但电场分布与上图类似.

A、等量异种电荷的φO=0，而低，则φP＜0，故A错误；B、因，则连线上电势为0的点在O点左侧，根据沿着电场线的方向电势降，根据其电场线分布可知，在x轴上还有一点在OB之间，两场源

在这一点电场强度大小相同但方向相同，合场强不为零，B错误；C、AO与OB是沿电场线相同的d，因

，则Q1附近的电场较强，由，可知，C正确；D、试探电荷+q在从P点到O点

电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故D错误；故选C.

【点睛】本题借助等量等量异种电荷周围的电场分布推广到不等量电荷的电场分布，要结合电场强度、电势、电势能等概念充分理解．

5. 如图所示，两质点A、B质量分别为m、2m，用两根等长的细轻绳悬挂在O点，两球之间夹着一根劲度系数为k的轻弹簧，静止不动时，两根细线之间的夹角为60°。设绳OA、OB与竖直方向的夹角分别为和，则（ ）

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A. ＝2 B. sin＝2sin C. tan＝2tan D. cos＝cos2【答案】B

【解析】对A、B两球分别受力分析如图：

两球的受力三角形分别与几何三角形相似，有故B正确，故选B.

，，联立可得：， 【点睛】本题关键是对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件并运用相似三角形法求解出夹角间的关系．6. 如图所示，在直角三角形所在的平面内存在匀强电场，其中A点电势为0，B点电势为3V，C点电势为6V．己知∠ACB＝30°，AB边长为m，D为AC的中点．，将一点电荷放在D点，且点电荷在C点产生

的场强为1.5N/C，则放入点电荷后，B点场强为（ ）

A. 2.5N/C B. 3.5N/C C. 2【答案】A

N/C D. N/C

【解析】在匀强电场中，D点电势为，因此BD连线即为等势线，画出电场线如图所示：

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因，则AB两点沿电场线方向的距离为，BA间的电势差U=φB-φA=3V，则匀

强电场的场强，由于点电荷在C点产生的场强为1.5N/C，则点电荷在B点产生的场强也为

1.5N/C，方向与匀强电场的电场强度方向垂直 因此B点场强为，故A正确， B、C、D错误．故选A.

中d的

【点评】考此题的关键要找出等势点，来确定等势线，并掌握电势线与电场线垂直，理解公式含义为两点沿电场线方向的距离．

7. 如图a所示，某研究小组利用此装置探究物体在恒力作用下加速度与斜面倾角的关系。木板OA可绕轴O在竖直平面内转动，物块受到平行于斜面且指向A端、大小为F＝8.5N的力作用。通过DIS实验，得到如图b所示的加速度与斜面倾角的关系图线，且每次实验过程中木板OA的倾角保持不变。若图b中图线

2

与纵坐标交点a0＝6m/s，物块的质量m＝lkg，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力。

则（ ）

A. 物块与木板间的动摩擦因数为0.2 B. 图b中2的坐标大于60°

C. 如图b所示，将斜面倾角由1缓慢增加到2的过程中，摩檫力一直减小 D. 斜面倾角为37°时，物块所受的摩擦力为2.5N 【答案】B

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【点睛】图线与纵坐标交点处的横坐标为0，即木板水平放置，此时对应的加速度为a0，分析此时物块的受力根据牛顿第二定律求出对应的加速度即可；当摩擦力沿斜面向下且加速度为零时木板倾角为θ1，当摩擦力沿斜面向上且加速度为零时木板倾角为θ2，这时物块处于静止状态.

8. 如图所示，在倾角为＝53°的足够长固定斜面底端，一质量m＝lkg的小物块以某一初速度沿斜面上滑，一段时间后返回出发点。物块上滑所用时间t1和下滑所用时间t2大小之比为t1：t2＝（ ）

：，则：

A. 物块由斜面底端上滑时初速度vl与下滑到底端时速度v2的大小之比为B. 物块上滑时的初速度1与下滑的加速度的2大小之比为C. 物块和斜面之间的动摩擦因数为0.5

D. 物块沿斜面上滑和下滑的过程中，系统机械能的改变量相同 【答案】ACD

【解析】A、设物块上滑的最大位移为L，根据运动学公式，上滑过程：： ： ，下滑过程，整理得：，故A正确；B、由位移时间公式得：，可知，故B错误；

C、根据牛顿第二定律，得上滑时：mgsinθ+μmgcosθ=ma1，下滑时：mgsinθ-μmgcosθ=ma2，联立以上各式

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解得得ACD.

，故C正确；D、上滑和下滑过程除重力以外的摩擦力做负功引起机械能的损失，由功能关系，两个过程的滑动摩擦力大小相等，做功位移相等，则损失的机械能相等，则D正确；故选

【点睛】根据平均速度公式求出速度之比；根据牛顿第二定律求出上滑和下滑的加速度，结合位移时间公式求出动摩擦因数.

9. 如图所示，一斜面放在粗糙水平地面上，质量为m的物块在斜面上释放后沿斜面向下以加速度（A. 物块下滑的加速度不变 B. 物块下滑的加速度将增大 C. 地面对斜面的摩擦力增大 D. 地面对斜面的压力支持力增大 【答案】BCD

【解析】A、B、对物块受力分析如图：

由牛顿第二定律：施加F前因可知，且；施加F后，，故A错误，B正确；C、物块沿斜面以加速度a做匀加速运动，将a分解为水

平方向的加速度 和竖直方向的加速度，以斜面和物块整体为研究对象，斜面受地面水平向左的摩擦力，因加速度变大，则水平分加速度变大，则地面的摩擦力变大，故C正确；D、对斜面和物块整体在竖直方向故D正确；故选BCD.

【点睛】本题关键对物体受力分析后，根据牛顿第二定律结合运动特点列式求解出加速度的一般表达式，然后分析施加推力后的情况．

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，，联立以上各式比较可得，10. 如图所示，在升降机的地板上安装了一个能够显示拉力的传感器，传感器上方竖直放置一轻质弹簧，弹簧上端固接一质量为m的小球。若升降机在匀速运行过程中突然停止，以此时为零时刻，在后面一段时g为重力加速度，间内传感器所显示的弹力F的大小随时间t变化的曲线如下图所示，则下列选项正确的是（ ）

A. 升降机停止前在向下运动

t1时间小球处于超重状态，t3〜t4时间小球处于失重状态 B. 0〜

t4时间小球的机械能能先减小后增大 C. t2〜

t3时间弹簧弹性势能的改变量大于小球重力势能的改变量 D. t2〜【答案】AB

【解析】A、从0时刻开始，弹簧处于压缩状态而弹力继续增大，知小球向下运动，可知升降机停止前向下运动．故A正确．B、O-tl时间内，弹力大于重力，加速度向上，处于超重状态，t3-t4时间内，重力大于弹力，加速度向下，处于失重状态．故B正确．C、t2〜t4弹力从mg减小到零再增大到mg，说明弹簧先恢复原长再压缩，即弹簧先做正功后做负功，弹性势能先减小后增大，根据能量守恒知小球的机械能先增加后减小，故C错误．D、t2-t3时间内，小球向上运动，动能减小，弹性势能减小，重力势能增加，则小球弹性势能的减小量和动能减少等于重力势能增加量，则弹簧弹性势能的改变量小于小球重力势能的改变量．故D错误．故选AB．

【点睛评】本题考查力和运动的关系，以及能量守恒定律的运用，知道加速度方向与速度方向相同，做加速运动，加速度方向与速度方向相反，做减速运动．掌握判断超失重的方法，关键看加速度的方向． 11. 如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电，有一带电的小球P静止于场强度为E，磁感应强度为B。足够长的斜面固定在水平面上，斜面倾角为45°斜面顶端A处，且恰好对斜面无压力。若将小球P以初速度v0水平向右抛出（P可视为质点），一段时间后，小球落在斜面上的C点。己知小球的运动轨迹在同一竖直平面内，则（ ）

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A. 若抛出的初速度小于v0，小球在斜面上的落点与A点的距离小于AC间距 B. 若抛出的初速度小于v0，小球落在斜面上的时间将缩短 C. 若沿竖直向上方向以初速度v0抛出小球，小球仍会落回C点 D. 若沿竖直向上方向以初速度v0抛出小球，小球不会落回C点 【答案】AC

【解析】A、B、由题意可知，带电的小球P静止于斜面顶端A处，且恰好对斜面无压力，mg=qE；由于重力与电场力等大反向合力为零，小球抛出后所受合力为洛伦兹力，小球P获得水平初速度后做匀速圆周运动，从A到C的运动轨迹如图所示：

由对称性可得物体P落到斜面时其速度方向与斜面的夹角为45°，则抛出的初速度小于v0时仍做匀速圆周，即运动时间不变，故A正确，B错误；C、D、运动，但半径变小，则弦长AC变短，而圆心角仍为90°

沿竖直向上方向以初速度v0抛出小球还是做匀速圆周运动，且半径不变，圆心在A点右侧，由几何关系知轨迹转动270°过C点，故C正确，D错误；故选AC.

【点睛】本题考查小球在复合场中，重力与电场力平衡，由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，掌握牛顿第二定律与运动学公式综合应用，理解几何关系中已知长度与半径的关系，注意画出正确的运动轨迹图是解题的关键．

12. 如图所示，图中两条平行虚线间存有匀强磁场，虚线间的距离为2L，磁场方向垂直纸面向里．bcd是位于纸面内的梯形闭合线圈，d与bc间的距离为2L且均与b相互垂直，d边长为2L，bc边长为3L，t＝0时刻，c点与磁场区域左边界重合。现使线圈以恒定的速度v→c→d→方向的感应电流为正，则在线圈穿过磁场区域的过程中，感应电流I及b间电势差U随时间t变化的关系图线可能是（ ）

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A. A B. B C. C D. D 【答案】BD 【解析】①t在时间内，cd边进入磁场切割磁感线，产生感应电流，由楞次定律判断得知感应电流沿逆

时针方向为正，根据感应电动势大小公式E=BLv，可知切割长度均匀增大，所以感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大；而随着E的变化而变化，即均匀增大；②t在时间内，磁通量不断增大，由楞次定律判断得知感应电流沿逆时针方向，为正．线框有效的切割长度不变，根据感应电动势大小公式：E=BLv，所以感应电流不变，电压Uab也不变；③t在时间内，磁通量不断增大，由楞次定律判断得知感应电流沿逆时针方向为正．线框有效的切割长度均匀减小，根据感应电动势大小均匀减小，所以感应电流均匀减小，电压Uab也均匀减小．④t在时间内，磁通量不断减小，由楞次定律判断得知感应电流沿顺时针方向为负．线框有效的切割长度不变，根据感应电动势大小公式E=BLv，感应电动势不变，所以感应电流不变，而选BD．

l是有效切割长度，【点睛】对于图象问题可以通过排除法判断，本题关键要理解感应电动势公式E=Blv中，并掌握右手定则或楞次定律．

恒定不变但变大．故B，D正确，A，C错误．故

二、实验探究题（共2道题，第13题6分，第14题12分，共计18分）

13. 用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。如图所示，先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。

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实验步骤如下：

步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在埤面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；

步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次， 并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；

步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。 (1)上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有（____） A．小球1和小球2的质量m1、m2 B．B点离地面的高度h2 C．A、B两点间的高度差h D．小球1和小球2的半径r

(2)当所测物理量满足表达式___________（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。

(3)完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图所示的圆弧为圆心在斜槽末端的1/4圆周。使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在圆弧上的平均落点为M＇、P＇、N＇。测得斜槽末端与M＇、P＇、N＇三点的连线与竖直方向的夹角分别为1、2、3，则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为___________（用所测物理量的字母表达）

【答案】 (1). A (2). m1OP＝m1OM＋m2ON (3). 【解析】(1)因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位

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移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，当所测物理量满足表达m1•OP=m1•OM+m2•ON，所以除了测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量m1、m2．故选A.

(2)由理论分析可知测物理量满足表达m1•OP=m1•OM+m2•ON。 (3)根据平抛运动规律，，由几何关系可知，，可知，可推得，故将验证动量守恒的表达式中的速度代换后为. 【点睛】解决本题的关键掌握实验的原理，以及实验的步骤，在验证动量守恒定律实验中，无需测出速度的大小，可以用位移代表速度．同时，在运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等，则水平位移代表平抛运动的速度．若碰撞前后总动能相等，则机械能守恒． 14. 在“把小量程电流表改装成欧姆表”的实验中，给出的器材有： A．电流表（量程为600A，内阻约为190Ω） B．电阻箱（0〜999.9Ω） C．滑动变阻器（0〜4kΩ）

D．电位器（0〜20kΩ，电位器相当于滑动变阻器） E．电源（电动势为1.5V，有内阻） F．电源（电动势为7.5V，有内阻） G．开关两个，导线若干

(1)首先要用“半偏法”测定电流表的内阻。如果采用如图1所示的电路测定电流表的内电阻并且要想得到较高的精确度，那么以上给出的器材中，电阻R1应选用_____，电阻R2应选用____，电源应选用_____。（填写所选仪器前的字母即可）

(2)该实验操作的步骤有：

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A．闭合S1 B．闭合S2

C．观察R1的阻值是否最大，如果不是，将R1的阻值调至最大 D．调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度 E．调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半 F．记下R2的阻值。

(3)如果在步骤F中所得的R2的阻值为200Ω，则图1中被测电流表的内阻Rg的测量值为_______Ω，若仅考虑系统误差，则测量值比实际值略______（选填“大”、“小”）。

(4)如果要将图中的电流表改装成欧姆表，其内部结构如图2所示，选用电动势为1.5V的电源，则R3应选用______（填写所选仪器前的字母即可）

(5)电流表改装成欧姆表后，如图3所示，电流表的指针分别指向0、300、600刻度线对应的电阻值大小分别是______；______；______。

(1). D (2). B (3). F (4). 200 (5). 小 (6). C (7). ∞ (8). 2.5×103Ω (9). 【答案】0

【解析】(1)首先分析半偏法测量电流表内阻的方法以及测量原理：如图所示，设电源的电动势为E，内阻为r，S2打开时，

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设电流表满偏电流为：，实验要求R1＞＞Rg，R1＞＞r，这样才有，当S2闭合时，R2

和Rg并联，并联后总阻值R并＜Rg＜＜R1，这样才有S2闭合后，电路中总电流几乎不变，仍然近似等于，调节R2使电流表半偏为，所以流过R2的电流也为，所以R2=Rg． 从上述原理可知，S2打开与闭合，近似认为干路中电流不变，前提是R1＞＞Rg．故实验器材选择应满足①电源电动势尽可能大，②R1尽可能大．所以R1选用大量程的D(20kΩ)，R2选用量程跟电流表内阻差不多的电阻箱即可选B(999.9Ω)，电源选用电动势较大的F(7.5V)．

(2)半偏法测量电流表内阻的步骤是：①C．观察R1的阻值是否最大，如果不是，将R1的阻值调至最大；②A．合上S1；③D．调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；④B．合上S2；⑤E．调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；⑥F．记下R2的阻值,故正确的顺序是CADBEF.

(3)由上分析可知，当F中记录的R2阻值为200Ω，则被测电流表的内阻rg的测量值也为200Ω；当S2闭合时，R′和Rg并联，并联后总阻值R并＜Rg，而电阻R不变，所以S2闭合后的干路电流比闭合前的总电流要大，即电流大于Ig，而此时电流表支路的电流等于，那么R′支路的电流要大于，那么其电阻肯定要小于Rg．所以用此方法测量的电流表内阻的测量值比真实值要偏小． (4)将欧姆表的红黑表笔短接时要求指针满偏，根据全电路的欧姆定律可知，即。解得，故需要选滑动变阻器C(4kΩ).

(5)经过改装后的欧姆表总内阻，根据全电路的欧姆定律可知，故当指针指左侧零时代表I=0，则. ；当指针指到300时，代表，可得；当指针指到600时，代表，【点睛】研究半偏法测电流表内阻的原理和欧姆表的改装原理，难点是对半偏法测电流表内阻原理的解释，

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并应掌握“半偏法”的含义，及会进行误差分析．

三、计算题（共3道题，第15题10分，第16题10分，第17题14分，共34分。解答题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。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。）

15. 如图所示，AB是长为L＝1.2m、倾角为53°的斜面，其上端与一段光滑的圆弧BC相切于B点。C是圆弧的最高点，圆弧的半径R，A、C与圆弧的圆心O在同一竖直线上。物体受到与斜面平行的恒力作用，从A点开始沿斜面向上运动，到达B点时撤去该力，物体将沿圆弧运动通过C点后落回到水平地面上。已知物体与斜面间的动摩擦因数＝0.5，恒力F＝28N，物体可看成质点且m＝lkg。求： (1)物体通过C点时对轨道的压力；（结果保留一位小数） (2)物体在水平地面上的落点到A点的距离。

【答案】（1）3.3N（2）2.4m

【解析】(1)根据图示，由几何知识得，OA的高度H＝L/sin53°＝1.5m 圆轨道半径R＝Lcot53°＝0.9m 物体从A到C过程，由动能定理得：解得：

物体在C点，由牛顿第二定律得：解得：N＝3.3N

(2)物体离开C后做平抛运动 在竖直方向上：在水平方向：x＝vt 解得：x＝2.4m

【点睛】本题考查了求速度、位移与拉力问题，物体运动过程较复杂，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、平抛运动规律、动能定理即可正确解题，解题时要注意数学知识的应用．

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16. 阅读如下资料，并根据资料中有关信息回答问题 (1)以下是地球和太阳的有关数据

(2)己知物体绕地球表面做匀速圆周运动的速度为v＝7.9km/s，万有引力常量G＝6.67×l0－11m3kg－1s－2，光108ms－1； 速C＝3×

(3)大约200年前法国数学家兼天文学家拉普拉斯曾预言一个密度如地球，直径为太阳250倍的发光星体由于其引力作用将不允许任何光线离开它，其逃逸速度大于真空中的光速（逃逸速度为第一宇宙速度的倍），这一奇怪的星体就叫作黑洞。

在下列问题中，把星体（包括黑洞）看作是一个质量分布均匀的球体。（①②的计算结果用科学计数法表达，且保留一位有效数字；③的推导结论用字母表达） ①试估算地球的质量；

②试估算太阳表面的重力加速度；

③己知某星体演变为黑洞时的质量为M，求该星体演变为黑洞时的临界半径R。 1024kg（2）【答案】（1）6×

（3） 【解析】(1)物体绕地球表面做匀速圆周运动

解得：24

＝6×10kg

(2)在地球表面 解得： 同理在太阳表面

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(3)第一宇宙速度 第二宇宙速度 解得： 【点睛】本题考查了万有引力定律定律及圆周运动向心力公式的直接应用，要注意任何物体（包括光子）都不能脱离黑洞的束缚，那么黑洞表面脱离的速度应大于光速．

17. 某装置的俯视图如下图所示，MN和PQ是两根固定在同一水平面上的足够长且电阻不计的平行金属导轨。两导轨间距为L＝0.8m，其间有一个方向垂直水平面竖直向下的匀强磁场B1＝5.0T。导轨上NQ之间接一电阻R1＝3Ω，阻值为R2＝lΩ的金属杆垂直导轨放置并与导轨始终保持良好接触，两导轨右端通过金属导线分别与电容器C的两极相连。绝缘弹性圆筒固定，O是圆筒的圆心，圆筒的内半径r＝0.1m，筒内有垂直水平面竖直向下的匀强磁场B2，圆筒壁光滑。

(1)用一个力拉金属杆向左运动，则电容器C的下极板带正电还是带负电？

(2)用一个方向平行于MN水平向左且功率恒定为P＝70W的外力F拉金属杆，使杆从某一较小初速度开始向左运动。己知杆受到的擦阻力大小恒为Ff＝6N，求：当金属杆最终匀速运动时杆的速度大小及电阻R1消耗的电功率？

(3)当金属杆以v＝2m/s的速度匀速向左运动时，电容器C内紧靠极板的D处的一个带电粒子（初速度为零）经C加速后从孔垂直磁场B2并正对着圆心O进入筒中，该带电粒子与圆筒壁碰撞二次后恰好又从小孔．．l04C/kg，射出圆筒。己知该带电粒子每次与筒壁发生碰撞时电量和能量都不损失，粒子的比荷为q/m＝l×不计粒子的重力和空气阻力。求磁感应强度B2的大小？

【答案】（1）带正电（2）36.75W（3）0.2T

【解析】(1)金属杆向左运动切割磁感线作为动生电源，由右手定则知杆上的电流向下，则给电容器冲电时下级板充正电，即下极板带正电

(2)金属杆先做加速度变小的加速运动，最终以最大速度vm匀速运动，

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则电动势：E＝B1Lvm 回路电流：安培力：F＝B1IL 杆受力平衡：

代入数据得：vm＝3.5m/s 电阻消耗的功率P1＝I2R1 解得：P1＝36.75W

(3)C与电阻R1并联，两端电压相等，杆匀速运动时 电容C板间电压：可得：U＝6V

设杆匀速运动时带电粒子进入圆筒的速率为v、在磁场中作匀速圆周运动的半径为R 根据动能定理：

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动：

解得： 联立解得：B2＝0.2T

【点睛】本题中金属杆的运动与汽车恒定功率起动类似，要会用动力学方法分析杆的运动情况．对于第2问，还可以研究带电粒子与圆筒碰撞n次的情况．

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