2023届山东省威海市乳山一中高三第六次模拟考试物理试卷含解析.pdf

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1、2023 年高考物理模拟试卷 注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、如图甲所示，虚线右侧有一方向垂直纸面的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度口随时间 t 变化关系如图乙所示（取磁场垂直纸面向里的方向为正方向），固定的闭合导线框一部分在磁场内。

2、从 t=0 时刻开始，下列关于线框中感应电流i、线框 ab 边受到的安培力 F 随时间 t 变化图象中，可能正确的是（取线框中逆时针方向的电流为正，安培力向右为正方向）（）A B C D 2、如图，一个重为 10 N 的大砝码，用细线悬挂在 O 点，现在用力 F 拉砝码，使悬线偏离竖直方向=60时处于静止状态，此时所用拉力 F 的值不可能为 A5.0 N B5 3N C10 3N D10.0N 3、如图甲是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图，打夯前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。已知夯锤的质量为450Mkg，桩料的质量为50mkg。每次打夯都通过卷扬机牵引将夯

3、锤提升到距离桩顶05hm处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。桩料进入泥土后所受阻力随打入深度h的变化关系如图乙所示，直线斜率45.05 10/kN m。g取210/m s，则下列说法正确的是 A夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为9/m s B夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为4.5/m s C打完第一夯后，桩料进入泥土的深度为1m D打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为3m 4、如图所示为范德格拉夫起电机示意图，直流高压电源的正电荷，通过电刷 E、传送带和电刷 F，不断地传到球壳的外表面，并可视为均匀地分布在外表面上，从而在金属球壳与大地之间形成高电压关于金属球壳上的 A、B

4、两点，以下判断正确的是 AA、B 两点电势相同 BA、B 两点电场强度相同 C将带正电的试探电荷从 A 点移到 B 点，电势能增加 D将带正电的试探电荷从 A 点移到 B 点，电势能减小 5、如图所示，绕地球做匀速圆周运动的卫星P的角速度为，对地球的张角为弧度，万有引力常量为G。则下列说法正确的是（）A卫星的运动属于匀变速曲线运动 B张角越小的卫星，其角速度越大 C根据已知量可以求地球质量 D根据已知量可求地球的平均密度 6、氢原子的能级图如图所示，已知可见光的光子能量范围是1.63eV 3.10eV。则大量氢原子从高能级向低能级跃迁时可产生不同能量的可见光光子的种类有（）A1 种 B2 种

5、C3 种 D4 种 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。7、如图所示，下雨天，足球运动员在球场上奔跑时容易滑倒，设他的支撑脚对地面的作用力为 F，方向与竖直方向的夹角为，鞋底与球场间的动摩擦因数为，下面对该过程的分析正确的是（）A下雨天，动摩擦因数 变小，最大静摩擦力增大 B奔跑步幅越大，越容易滑倒 C当 tan 时，容易滑倒 8、L1、L2两水平线间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场高度为 h，竖直平面内有质量为 m，电阻为 R 的梯形线框，上、下

6、底水平且底边之比 5:1，梯形高 2h。该线框从如图位置由静止下落，已知 AB 刚进入磁场时和 AB 刚穿出磁场时的重力等于安培力，在整个运动过程中，说法正确的是（）AAB 边是匀速直线穿过磁场 BAB 边刚穿出到 CD 边刚要进入磁场，是匀速直线运动 CAB 边刚穿出到 CD 边刚要进入磁场，此过程的电动势为122mgRgh DAB 边刚进入和 AB 边刚穿出的速度之比为 4:1 9、2019 年 10 月 1 日，在庆祝中华人民共和国成立 70 周年阅兵式上，主席乘“红旗”牌国产轿车依次检阅 15 个徒步方队和 32 个装备方队（如图甲所示）。检阅车在水平路面上的启动过程如图乙所示，其中

7、Oa 为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率 P 行驶时的加速阶段，bc 段是与 ab 段相切的水平直线，若检阅车的质量为 m，行驶过程中所受阻力恒为 f，则下列说法正确的是（）A检阅车在 t1时刻的牵引力和功率都是最大值，t2t3时间内其牵引力等于 f B0t1时间内检阅车做变加速运动 C0t2时间内的平均速度等于22v Dt1t2时间内检阅车克服阻力所做功为 P（t2t1）+22121122mvmv 10、阿列克谢帕斯特诺夫发明的俄罗斯方块经典游戏曾风靡全球，会长自制了如图所示电阻为 R 的导线框，将其放在光滑水平面上，边长为 L 的正方形区域内有垂直于水平面向下的磁感应强度为 B 的匀

8、强磁场。已知 L3l，现给金属框一个向右的速度0v（未知）使其向右穿过磁场区域，线框穿过磁场后速度为初速度的一半，则下列说法正确的是 A线框进入磁场的过程中感应电流方向沿 abcda B线框完全进入磁场后速度为初速度的四分之三 C初速度大小为2 3361BmR D线框进入磁场过程中克服安培力做的功是出磁场的过程中克服安培力做功的五分之七 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11（6 分）某学习小组将一个直流电源和一个很大的定值电阻(约几十千欧)串联组成了一个新电源，如图甲所示。当该电源两端接的电阻较小时(小于 300 欧姆)，该电源能

9、稳定输出约 30A 的恒定电流。该学习小组利用新电源设计了如图乙所示的电路测量一个量程为 30A、内阻约为几百欧姆的灵敏电流计的内阻。主要实验步骤如下：(1)只闭合图乙中的开关 K，灵敏电流计指针如图丙中实线所示，该示数为_A。(2)再闭合图乙中的开关 S，调节变阻箱 R1，使灵敏电流计的指针指到图丙中虚线位置，此时变阻箱的示数为 330 欧姆。根据以上数据计算可知，灵敏电流计的内阻为_欧姆，此测量值_(填“大于”、“小于”、“等于”)真实值。12（12 分）某同学在“验证力的平行四边形定则”的实验中，利用以下器材：两个轻弹簧 A 和 B、白纸、方木板、橡皮筋、图钉、细线、钩码、刻度尺、铅笔。

10、实验步骤如下：（1）用刻度尺测得弹簧 A 的原长为 6.00cm，弹簧 B 的原长为 8.00cm；（2）如图甲，分别将弹簧 A、B 悬挂起来，在弹簧的下端挂上质量为 m=100g 的钩码，钩码静止时，测得弹簧 A 长度为 6.98cm，弹簧 B 长度为 9.96cm。取重力加速度 g=9.8m/s2，忽略弹簧自重的影响，两弹簧的劲度系数分别为kA=_N/m，kB=_N/m；（3）如图乙，将木板水平固定，再用图钉把白纸固定在木板上，将橡皮筋一端固定在 M 点，另一端系两根细线，弹簧 A、B 一端分别系在这两根细线上，互成一定角度同时水平拉弹簧 A、B，把橡皮筋结点拉到纸面上某一位置，用铅笔描下

11、结点位置记为 O。测得此时弹簧 A 的长度为 8.10cm，弹簧 B 的长度为 11.80cm，并在每条细线的某一位置用铅笔记下点 P1和 P2；（4）如图丙，取下弹簧 A，只通过弹簧 B 水平拉细线，仍将橡皮筋结点拉到 O 点，测得此时弹簧 B 的长度为 13.90cm，并用铅笔在此时细线的某一位置记下点 P，此时弹簧 B 的弹力大小为 F=_N（计算结果保留 3 位有效数字）；（5）根据步骤（3）所测数据计算弹簧 A 的拉力 FA、弹簧 B 的拉力 FB，在图丁中按照给定的标度作出 FA、FB的图示_，根据平行四边形定则作出它们的合力 F 的图示，测出 F 的大小为_N。（结果保留 3 位

12、有效数字）（6）再在图丁中按照给定的标度作出 F的图示_，比较 F 与 F的大小及方向的偏差，均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则。四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13（10 分）如图所示，一竖直光滑绝缘的管内有劲度系数为k的绝缘弹簧，其下端固定于水平地面，上端与一不带电的质量为m的绝缘小球 A 相连，开始时小球 A 静止。整个装置处于一方向竖直向下的匀强电场中，电场强度大小为mgqE。现将另一质量也为m、带电荷量为q的绝缘带电小球 B 从距 A 某个高度由静止开始下落，B 与 A

13、发生碰撞后起向下运动、但不粘连，相对于碰撞位置 B 球能反弹的最大高度为3mgk，重力加速度为g，全过程小球 B 的电荷量不发生变化。求：(1)开始时弹簧的形变量为多少；(2)AB 分离时速度分别为多大；(3)B 开始下落的位置距 A 的高度0 x。14（16 分）如图所示，倾斜轨道 AB 的倾角为 37，CD、EF 轨道水平，AB 与 CD 通过光滑圆弧管道 BC 连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连小球可以从 D 进入该轨道，沿轨道内侧运动，从 E 滑出该轨道进入 EF 水平轨道小球由静止从 A 点释放，已知 AB 长为 5R，CD 长为 R，重力加速度为 g，小球与斜轨 AB 及水平轨道

14、 CD、EF 的动摩擦因数均为 0.5，sin37=0.6，cos37=0.8，圆弧管道 BC 入口 B 与出口 C 的高度差为 l.8R求：(在运算中，根号中的数值无需算出)(1)小球滑到斜面底端 C 时速度的大小(2)小球刚到 C 时对轨道的作用力(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径 R/应该满足什么条件？15（12 分）如图所示，固定光滑轨道 AB 末端 B 点切线水平，AB 高度差11.8mh，B 距传送带底端的竖直高度为23.8mh，与轨道同一竖直面的右侧有一倾角=37的传送带，以2m/sv 顺时针匀速转动。在轨道上 A 处每隔1 秒无初速释放一个质量=2kgm的

15、相同滑块，从 B 点平抛后恰能垂直落到传送带上，速度立即变为零，且不计滑块对传送带的冲击作用。滑块与传送带间的动摩因数为78，传送带长度为=7mL，不计空气阻力。（sin370.6，cos370.8，2g10m/s）求：(1)滑块从 B 点落至传送带的时间；(2)因传送滑块，电动机额外做功的平均功率。参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】AB由图可知，在0 2T内线圈中磁感应强度的变化率相同，故0 2T内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为正方向；在2TT内内线圈中

16、磁感应强度的变化率相同，故2TT内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为负方向；根据法拉第电磁感应定律有 2B SEt 则感应电流为 2EBSiRtR 由图可知两段时间内的磁感应强度大小相等，故两段时间内的感应电流大小相等，故 A 错误，B 正确；CD由上分析可知，一个周期内电路的电流大小恒定不变，根据 FBIL 可知 F 与 B 成正比，则在0 4T内磁场垂直纸面向外减小，电流方向由 b 到 a，根据左手定则可知，线框 ab 边受到的安培力 F 方向向右，为正方向，大小随 B 均匀减小；在42TT内磁场垂直纸面向里增大，电流方向由 b 到 a，根据左手定则可知，线框

17、 ab 边受到的安培力 F 方向向左，为负方向，大小随 B 均匀增大；在322TT内磁场垂直纸面向里减小，电流方向由 a 到 b，根据左手定则可知，线框 ab 边受到的安培力 F 方向向右，为正方向，大小随 B 均匀减小；在32TT内磁场垂直纸面向外增大，电流方向由 a 到 b，根据左手定则可知，线框 ab 边受到的安培力 F 方向向左，为负方向，大小随 B 均匀增大，故 CD 错误。故选 B。2、A【解析】ABCD以物体为研究对象，根据图解法可知，当拉力 F 与细线垂直时最小 根据平衡条件得 F 的最小值为：Fmin=Gsin60=5 3N，当拉力水平向右时，拉力 F=Gtan60=10 3

18、N；所用拉力 F 的值不可能为A，B、C、D 都有可能，故A 正确，BCD 错误.3、C【解析】夯锤先自由下落，然后与桩料碰撞，先由运动学公式求出与桩料碰撞前瞬间的速度，对于碰撞过程，由于内力远大于外力，所以系统的动量守恒，由动量守恒定律求出碰后共同速度；夯锤与桩料一起下沉的过程，重力和阻力做功，由动能定理可求得桩料进入泥土的深度；【详解】A、夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度200 2vgh，得00 22 10 5/10/vghm sm s 取向下为正方向，打击过程遵守动量守恒定律，则得：0)MvMm v（代入数据解得：9/vm s，故选项 AB 错误；C、由乙图知，桩料下沉过程中所受的阻力是随距离

19、均匀变化，可用平均力求阻力做功，为211 22fWkh hkh 打完第一夯后，对夯锤与桩料，由动能定理得：211)02fMm ghWMm v（即：221111)022Mm ghkhMm v（代入数据解得1 1hm，故选项 C 正确；D、由上面分析可知：第二次夯后桩料再次进入泥土的深度为2h 则对夯锤与桩料，由动能定理得：2221211)()022Mm ghk hhMm v（同理可以得到：第三次夯后桩料再次进入泥土的深度为3h 则对夯锤与桩料，由动能定理得：22312311)()022Mm ghk hhhMm v（则打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为123Hhhh 代入数据可以得到：1233Hh

20、hhm，故选项 D 错误。【点睛】本题的关键是要分析物体的运动过程，抓住把握每个过程的物理规律，要知道当力随距离均匀变化时，可用平均力求功，也可用图象法，力与距离所夹面积表示阻力做功的大小。4、A【解析】A、由题可知，电荷均匀地分布在外表面上，球壳 AB 是一个等势体，各点的电势是相等的故 A 正确；B、球壳 AB是一个等势体，AB 的外表面处，各点的电场强度的方向与球壳的外表面垂直，所以 A 点与 B 点的电场强度的方向一定不同，故 B 错误；C、由于 A、B 的电势是相等的，所以将带正电的试探电荷从 A 点移到 B 点，电场力不做功，电势能不变故 C 错误，D 错误故选 A【点睛】静电平衡

21、后，金属球壳 AB 的外表面均匀带电，外部各点的电场强度大小相等，方向不同；金属球壳 AB 是一个等势体，各点的电势相等 5、D【解析】A卫星的加速度方向一直改变，故加速度一直改变，不属于匀变速曲线运动，故 A 错误；B设地球的半径为 R，卫星做匀速圆周运动的半径为 r，由几何知识得 sin2Rr 可知张角越小，r 越大，根据 22MmGmrr 得 3GMr 可知 r 越大，角速度越小，故 B 错误；C根据万有引力提供向心力，则有 22MmGmrr 解得地球质量为 23rMG 因为 r 未知，所以由上面的式子可知无法求地球质量，故 C 错误；D地球的平均密度 343MR 则 2334sin2G

22、 知可以求出地球的平均密度，故 D 正确。故选 D。6、D【解析】大量氢原子从高能级向1n 能级跃迁时，辐射的光子能量都大于10.2eV，不在1.63eV 3.10eV范围之内，发出的光都是不可见光；大量氢原子从高能级向3n 能级跃迁时，辐射的光子能量都小于1.51eV，不在1.63eV 3.10eV范围之内，发出的光都是不可见光；3n 能级向2n 能级跃迁时，辐射的光子能量为1.89eV，属于可见光；4n 能级向2n 能级跃迁时，辐射的光子能量为2.55eV，属于可见光；5n 能级向2n 能级跃迁时，辐射的光子能量为2.86eV，属于可见光；6n 能级向2n 能级跃迁时，辐射的光子能量为3.

23、02eV，属于可见光；7n 能级向2n 能级跃迁时，辐射的光子能量为3.12eV，属于不可见光；可知只有 4 种可见光，故 ABC 错误，D 正确。故选 D。二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。7、BC【解析】A下雨天，地面变光滑，动摩擦因数 变小，最大静摩擦力减小，故 A 错误；B将力 F 分解，脚对地面的压力为 Fcos，奔跑幅度越大，夹角 越大，则压力越小，最大静摩擦力越小，人越容易滑倒，故 B 正确；CD当 FsinFcos 时人容易滑倒，

24、此时 tan 故 C 正确，D 错误。故选 BC。8、BCD【解析】A已知 AB 刚进入磁场时的重力等于安培力，根据安培力公式 22B L vFR总 AB 进入磁场后一段时间内有效切割长度变大，安培力变大，大于重力，使梯形线框减速，因为 AB 刚穿出磁场时的重力等于安培力，所以 AB 边是减速直线穿过磁场，故 A 错误；BAB 刚穿出到 CD 边刚要进入磁场过程中，有效切割长度保持不变，由于 AB 刚穿出磁场时的重力等于安培力，故该过程中安培力一直等于重力，做匀速直线运动，故 B 正确；D设 AB 边刚进入磁场时速度为0v，AB=l，则 CD=5l，则 2012mghmv AB 边刚进入磁场时

25、重力等于安培力，有 2 20B l vmgR 设 AB 边刚穿出磁场时速度为 v1，线框切割磁感应线的有效长度为 2l AB 刚穿出磁场时的重力等于安培力有 221(2)BlvmgR 联立解得 01:4:1vv 1124vgh 所以 D 正确；CAB 边刚穿出到 CD 边刚要进入磁场过程中，线框做速度为 v1的匀速直线运动，切割磁感应线的有效长度为 2l，感应电动势为 12EBlv 联立解得 122EmgRgh 故 C 正确。故选 BCD。9、AD【解析】A由图象可知，检阅车的运动过程为：Oa 为匀加速直线运动，ab 是恒定功率运动，且加速度在逐渐减小，所以 t1时刻牵引力和功率最大，bc 是

26、匀速直线运动，t2t3时间内其牵引力等于 f，故 A 正确。B在 0t1时间段，由 vt 图象知检阅车做匀加速直线运动，故 B 错误。C在 0t2时间段，由 vt 图象可知，检阅车先做匀加速运动再做变加速运动，故此段时间内平均速度大于2v2，故C 错误；D设时间 t1t2内检阅车克服阻力所做功为 Wf，由动能定理 2221211122fP ttWmvmv()-克服阻力所做功为2221211122=fWP ttmvmv()-+，故 D 正确。故选 AD.10、BCD【解析】A由右手定则可知，线框进磁场过程电流方向为 adcba，故 A 错误；B将线框分为三部分，其中左右两部分切割边长同为 2l，

27、中间部分切割边长为 l，由动量定理可得 11222BI ltBI ltm 其中 1 12 2I tI tqR 由于线框进、出磁场的过程磁通量变化相同，故速度变化两相同，故 00122 故线框完全进入磁场后的速度为 10034 故 B 正确；C根据线框形状，进磁场过程中，对线框由动量定理 2202 2124BllB l lm mRR 解得 2 3036B lmR 故 C 正确；D线框进、出磁场的过程中克服安培力做功分别为 22210101172232Wmmm 22221201152232Wmmm 故2175WW，故 D 正确；故选 BCD。三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答

28、题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、25.0 220 小于 【解析】(1)1灵敏电流计的分度值为 1mA，灵敏电流计指针如图丙中实线所示，该示数为 25.0mA；(2)2灵敏电流计的指针指到图丙中虚线位置，该示数为 15.0mA；根据并联分流可得流过调节变阻箱1R的电流为 110mAIII 根据电流结构和欧姆定律则有 11gI RI R 解得灵敏电流计的内阻为 220gR 3闭合图乙中的开关 S，总电阻减小，电路中的总电流增大，流过调节变阻箱1R的电流大于 10mA，根据电流结构和欧姆定律可知此测量值偏小，所以测量值小于真实值。12、100 50 2.95 作 FA、FB的图示（FA

29、=2.10N、FB=1.90N）2.802.95 【解析】（2）12根据胡克定律，两弹簧的劲度系数分别为 20.1 9.8N/m=100N/m(6.986.00)10AAAFkx，20.1 9.8N/m=50N/m(9.968.00)10BBBFkx；（4）3弹簧 B 的弹力大小为 x50(0.13900.08)N=2.95NBBFk （5）45由胡克定律可得：x100(0.08100.06)N=2.10NAAAFk x50(0.11800.08)N=1.90NBBBFk 画出两个力的合力如图，由图可知合力 F2.90N；（6）6做出力图如图；四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案

30、写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1)1mgxk(2)22ABmvvvgk(3)010mgxk【解析】(1)设开始弹簧的压缩量为1x，对 A 1mgkx 故 1mgxk(2)B 球受电场力为 qEmg AB 小球刚分离时对 B 由牛顿第二定律有 2BmgqEagm AB 二者加速度相等 2ABaag 对 A 有 2Amgkxma 所以 21mgxxk 即弹簧拉伸量等于开始时的压缩量，刚分离时 AB 小球速度相等，设为2v 2ABvvv 依题意，B 相对于碰撞位置上升最高3mgk，故 AB 分离后 B 再上升高度mgk，AB 分离后 B 向上做竖直上抛运

31、动，由运动学公式 222 2mgvgk 即 22ABmvvvgk(3)设 AB 碰后共同速度为1v，对 AB 整体从碰后到二者分离过程，由动能定理有 2212111(2)22222mgqExmvmv 得 110mvgk 设 B 与 A 碰撞前速度大小为0v，AB 碰撞过程动量守恒 012mvmv 得 011022mvvgk B 在下落过程中受重力与电场力，由动能定理 2001()2mgqE xmv 解得 010mgxk 14、（1）285gR（2）6.6mg，竖直向下（3）0.92RR 【解析】试题分析：（1）设小球到达 C 点时速度为 v，a 球从 A 运动至 C 过程，由动能定理有 002

32、1(5 sin371.8)cos3752cmgRRmgRmv（2 分）可得5.6cvgR（1 分）（2）小球沿 BC 轨道做圆周运动，设在 C 点时轨道对球的作用力为 N，由牛顿第二定律 2cvNmgmr，（2 分）其中 r 满足 r+rsin530=1.8R（1 分）联立上式可得：N=6.6mg （1 分）由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为 6.6mg，方向竖直向下（1 分）（3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入 EF 轨道则小球 b 在最高点 P 应满足2PvmmgR（1 分）小球从 C 直到 P 点过程，由动能定理，有2211222PcmgRmg

33、Rmvmv（1 分）可得230.9225RRR（1 分）情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的 Q 点时，速度减为零，然后滑回 D则由动能定理有 2102cmgRmg Rmv（1 分）2.3RR（1 分）若2.5RR，由上面分析可知，小球必定滑回 D，设其能向左滑过 DC 轨道，并沿 CB 运动到达 B 点，在 B 点的速度为 vB,，则由能量守恒定律有22111.8222cBmvmvmgRmgR（1 分）由式，可得0Bv（1 分）故知，小球不能滑回倾斜轨道 AB，小球将在两圆轨道之间做往返运动，小球将停在 CD 轨道上的某处设小球在 CD轨道上运动的总路程为 S，则由能量守恒定律，有212cmv

34、mgS（1 分）由两式，可得 S=5.6R （1 分）所以知，b 球将停在 D 点左侧，距 D 点 0.6R 处 （1 分）考点：本题考查圆周运动、动能定理的应用，意在考查学生的综合能力 15、（1）0.8s；（2）104W。【解析】（1）由动能定理得 21012mghmv 物块垂直打到传送带上，则 0tanyvv 平抛运动竖直方向上 ygtv 解得0.8st （2）平抛运动竖直方向上 213.22ygtm 设在传送带上的落点与底端相距1L 211msinhyL cossinmgmgma 22vax 1vat 12st 每 1s 放一个物块，共两个物块匀加速 2mx 滑块先匀加速后匀速运动 共速后物块可与传送带相对静止匀速运动，相邻两个物块间距为 2mxv t 1LLxn x 2n 传送带上总有两个物块匀加速，两个物块匀速 2cos2sinfmgmg 电机因传送物块额外做功功率为 104WPfv