湖南省2024年高考物理模擬試卷及答案16

湖南省2024年高考物理模擬試卷及答案閱卷人一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。得分1．在物理學的發(fā)展過程中，科學家們總結(jié)出了許多物理學研究方法，以下關(guān)于物理學研究方法的敘述正確的是（）A．在不需要考慮帶電物體本身的大小和形狀時，用點電荷來代替物體的方法叫微元法B．在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采用了理想模型法C．演繹推理是從一般性結(jié)論推出個別性結(jié)論的方法，即從已知的某些一般原理、定理、法則、公理或科學概念出發(fā)，推出新結(jié)論的一種思維活動。比如，楞次定律的得出用的就是演繹推理的方法D．物理概念是運用抽象、概括等方法進行思維加工的產(chǎn)物?？茖W前輩就是在追尋不變量的努力中，通過抽象、概括等方法提出了動量的概念2．丹麥物理學家奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，揭開了人類研究電磁間關(guān)系的序幕。三根相互平行的通電長直導線a、b、c電流均為I，如圖所示放在等腰直角三角形三個頂點上，每根通電直導線單獨存在時，O點的磁感應強度都是B，則三根通電導線同時存在時O點的磁感應強度的大小為（）A．5B B．3B C．22B 3．如圖甲所示，小明在地球表面進行了物體在豎直方向做直線運動的實驗，彈簧原長時，小球由靜止釋放，在彈簧彈力與重力作用下，測得小球的加速度a與位移x的關(guān)系圖像如圖乙所示。已知彈簧的勁度系數(shù)為k，地球的半徑為R，萬有引力常量為G，不考慮地球自轉(zhuǎn)影響，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A．小球的位移為x0時，小球正好處于完全失重狀態(tài) B．小球的最大速度為aC．小球的質(zhì)量為kx02a0 4．如圖所示四幅圖為物體做直線運動的圖像，下列說法正確的是（）A．甲圖中，物體在0~t0時間內(nèi)的位移等于vB．乙圖中，物體的加速度大小為1m/s2C．丙圖中，陰影面積表示t1~t2時間內(nèi)物體的加速度變化量D．丁圖中t=4s時物體的速度大小為35m/s5．如圖所示，真空中有一邊長為l的正六邊形ABCDFG，O為正六邊形中心，在A、B、C三點分別固定電荷量為q、-2q、q（q>0）的三個點電荷。已知點電荷Q的電勢公式φ=kQA．O點電勢為負B．D點和G點場強相同C．O點的電場強度大小為kqD．把一帶負電的試探電荷從O點移至F點，其電勢能變大6．某款手機“彈球游戲”可簡化為如圖所示。游戲者將小球（視為質(zhì)點）以某個初速度垂直墻壁水平射出，在與臺階、豎直墻的碰撞不超過兩次的前提下，擊中第三級臺階的水平面MN段為通關(guān)。已知臺階的寬和高均為d，以v0射出時恰擊中第一級臺階的末端，所有碰撞均為彈性碰撞，以下說法正確的是（）A．以v0射出時，小球在空中的運動時間為3dB．以2v0射出時不能通關(guān)C．若小球的初速度v的滿足2vD．若利用墻面且僅反彈一次擊中第三級臺階的水平面，碰撞點距N點高度須小于27閱卷人二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。得分7．如圖所示，矩形盒內(nèi)用兩根不可伸長的輕線固定一個質(zhì)量為m=0.6kg的勻質(zhì)小球，a線與水平方向成37°角，b線水平。兩根輕線所能承受的最大拉力都是Fm=15N，已知sin37°=0A．系統(tǒng)靜止時，a線所受的拉力大小12NbB．系統(tǒng)靜止時，b線所受的拉力大小8NC．當系統(tǒng)沿豎直方向勻加速上升時，為保證輕線不被拉斷，加速度最大為5m/s2D．當系統(tǒng)沿水平方向向右勻加速時，為保證輕線不被拉斷，加速度最大為10m/s28．圖甲起重機某次從t=0時刻由靜止開始提升質(zhì)量為m=150kg的物體，其a?t圖像如圖乙所示，5~10s內(nèi)起重機的功率為額定功率，不計其它阻力，重力加速度為g=10m/sA．物體在0~10s內(nèi)運動的最大速度為10m/sB．起重機的額定功率為18000WC．5~10s內(nèi)起重機對物體做的功等于0~5s內(nèi)起重機對物體做功的1.5倍D．5~10s內(nèi)起重機對物體做的功等于0~5s內(nèi)起重機對物體做功的2倍9．如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定在水平面上光滑轉(zhuǎn)軸O上，另一端與套在粗糙固定直桿N處質(zhì)量為0.2kg的小球（可視為質(zhì)點）相連。直桿與水平面的夾角為30°，N點距水平面的高度為0.4m，NP=PM，ON=OM，OP等于彈簧原長。小球從N處由靜止開始下滑，經(jīng)過P處的速度為2m/s，并恰能停止在M處。已知重力加速度取10m/s2，小球與直桿的動摩擦因數(shù)為35，則下列說法正確的是（）A．小球通過P點時的加速度大小為3m/s2B．彈簧具有的最大彈性勢能為0.5JC．小球通過NP段與PM段摩擦力做功相等D．N到P過程中，球和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機械能為0.4J10．如圖所示，兩根足夠長光滑平行金屬導軌固定在傾角θ=37°的絕緣斜面上，底部接有一阻值R=2Ω的定值電阻，軌道上端開口，間距L=1m，整個裝置處于磁感應強度B=2T的勻強磁場中，磁場方向垂直斜面向上。質(zhì)量m=0.2kg的金屬棒ab置于導軌上，通過細線（細線與導軌平行）經(jīng)定滑輪與質(zhì)量為M=0.2kg的小物塊相連。金屬棒ab在導軌間的電阻r=1Ω，導軌電阻不計。金屬棒由靜止釋放到勻速運動前，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱總共為1.552J，金屬棒與導軌接觸良好，不計空氣阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，則下列說法正確的（）A．金屬棒ab勻速運動時速度大小為0.6m/sB．金屬棒ab沿導軌運動過程中，電阻R上的最大電功率為0.36WC．金屬棒從開始運動到最大速度沿導軌運動的距離2mD．從金屬棒ab開始運動至達到最大速度過程中，流過電阻R的總電荷量為2C閱卷人三、非選擇題：本題共5小題，共56分。得分11．某小組為了驗證機械能守恒定律，設計了如圖甲所示的實驗裝置，物塊P、Q用跨過定滑輪的輕繩相連，P底端固定一寬度為d的輕質(zhì)遮光條，托住P，用刻度尺測出遮光條所在位置A與固定在鐵架臺上的光電門B之間的高度差h（d??）。已知當?shù)氐闹亓铀俣葹間。（1）用游標卡尺測量遮光條的寬度d如圖丙所示，則圖丙中游標卡尺的讀數(shù)應為cm。（2）下列實驗步驟正確的是____A．選擇兩個質(zhì)量相等的物塊進行實驗 B．實驗時，要確保物塊P由靜止釋放C．需要測量出兩物塊的質(zhì)量mP和mQ D．需要測量出遮光條從A到達B所用的時間T（3）改變高度h，重復實驗，測得各次遮光條的擋光時間t，以h為橫軸、1t2為縱軸建立平面直角坐標系，在坐標系中作出1t12．某實驗小組利用如下器材測定一電壓表的量程Ux和內(nèi)阻Rx；待測電壓表V1（量程約0~3.0V，內(nèi)阻約為3kΩ）標準電壓表V2（量程0~6.0V，內(nèi)阻約為20kΩ）滑動變阻器R（最大阻值50Ω）電阻箱R（0~9999.9Ω）直流電源E（7.5V.有內(nèi)阻）開關(guān)S及導線若干回答下列問題：（1）現(xiàn)用多用電表測電壓表V1的內(nèi)阻，選擇倍率“×100”擋，其它操作無誤，多用電表表盤示數(shù)如圖甲，則電壓表V1的內(nèi)阻約為。（2）圖丙是該實驗小組未完成的實物連線圖，請你根據(jù)圖乙原理圖完成實物連線。（3）閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)滑動變阻器和電阻箱的阻值，保證V1滿偏，記錄V2的示數(shù)U2和電阻箱的阻值R，斷開開關(guān)。多次重復上述操作。根據(jù)多次測得的數(shù)值在U2?R坐標系中描點，如圖丁。請根據(jù)坐標系中的描點作出U2（4）根據(jù)圖丁中圖線求得V1的量程Ux＝V，內(nèi)阻Rx＝。（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）13．如圖，在傾角37°足夠長的斜面上有一個質(zhì)量為1kg的物體，物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為0.25。物體在拉力F的作用下從斜面底端由靜止開始運動，F(xiàn)的大小為10N方向沿斜面向上。已知sin37°=0.6，cos（1）物體的加速度大??？（2）加速2s后撤去F，讓物體在斜面上運動，物體靜止開始在斜面上運動的整個過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量是多少？14．如圖所示，在xOy坐標系中，x軸上方有一圓形勻強磁場區(qū)域，其圓心為O1（0，2m）、半徑R=2m，磁感應強度B=2×10?2T，方向垂直于紙面向外。在x軸下方有勻強電場，電場強度E=0.2N/C，方向水平向左。在磁場的左側(cè)0（1）粒子在磁場區(qū)域運動的軌跡半徑r；（2）粒子在磁場區(qū)域運動的最長時間t；（3）粒子打在y軸上離原點O的最遠距離d，以及粒子的最大電勢能（取坐標原點電勢為0）。15．如圖所示，足夠長的水平光滑直軌道AB和水平傳送帶平滑無縫連接，傳送帶長L=4m，以10m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，帶有光滑圓弧管道EF的裝置P固定于水平地面上，EF位于豎直平面內(nèi)，由兩段半徑均為R=0.8m的14圓弧細管道組成，EF管道與水平傳送帶和水平地面上的直軌道MN均平滑相切連接，MN長L2=2m，右側(cè)為豎直墻壁?；瑝Ka的質(zhì)量m1=0.3kg，滑塊b與輕彈簧相連，質(zhì)量m2=0.1kg，滑塊c質(zhì)量m3=0.6kg，滑塊a、b、c均靜置于軌道AB上?，F(xiàn)讓滑塊a以一定的初速度水平向右運動，與滑塊b相撞后立即被粘住，之后與滑塊c發(fā)生相互作用，c與勁度系數(shù)k=1.5N/m的輕質(zhì)彈簧分離后滑上傳送帶，加速之后經(jīng)EF管道后滑上MN。已知滑塊c第一次經(jīng)過E時對軌道上方壓力大小為42N，滑塊c與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ1=0.35，與MN間的動摩擦因數(shù)μ2=0.4，其它摩擦和阻力均不計，滑塊與豎直墻壁的碰撞為彈性碰撞，各滑塊均可視為質(zhì)點，重力加速度大小g=10m/s2，彈簧的彈性勢能E（1）滑塊c第一次經(jīng)過F點時速度大?。ńY(jié)果可用根號表示）；（2）滑塊a的初速度大小v0：（3）試通過計算判斷滑塊c能否再次與彈簧發(fā)生相互作用，若能，求出彈簧第二次壓縮時最大的壓縮量。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、在不需要考慮帶電物體本身的大小和形狀時，用點電荷來代替物體的方法叫理想模型法，故A錯誤；

B、推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采用了微元法，故B錯誤；

C、演繹推理是從一般性結(jié)論推出個別性結(jié)論的方法，即從已知的某些一般原理、定理、法則、公理或科學概念出發(fā)，推出新結(jié)論的一種思維活動。演繹推理是從一般到特殊的推理過程，而楞次定律的得出是從特殊到一般的推理過程，可知，楞次定律的得出用的是歸納推理的方法，故C錯誤；

D、物理概念是運用抽象、概括等方法進行思維加工的產(chǎn)物?？茖W前輩就是在追尋不變量的努力中，通過抽象、概括等方法提出了動量的概念，故D正確。

故答案為：D。

【分析】熟悉掌握各物理研究方法的具體內(nèi)容及其在物理研究中的具體應用與成就。2．【答案】A【解析】【解答】如圖所示由安培定則，可知通電長直導線a和c在O點的磁感應強度的方向均垂直于ac斜向左下，大小為B。通電長直導線b在O點的磁感應強度的方向垂直于bO斜向右下，大小也也為B。

將兩個相互垂直的磁感應強度B合成，得到它兩個合磁感應強度2B，方向垂直于bc向下。再將另一個磁感應強度B與2B合成，如圖所示

由余弦定理得B解得B故答案為：A。

【分析】根據(jù)安培定則確定各導線在O點產(chǎn)生的磁感應強度的方向，再根據(jù)矢量合成法則確定O點合磁感應強度的大小。3．【答案】B【解析】【解答】A、由題圖乙可知，小球的位移為x0時，小球的加速度為0，小球的合力為0，彈簧的拉力與小球的重力等大方向，小球既不是失重狀態(tài)也不是超重狀態(tài)，故A錯誤；

B、小球的加速度a與位移x的關(guān)系圖像與坐標軸圍成的面積表示速度平方的一半，當小球的加速度為零時，小球的加速度最大，設小球的最大速度為v，則有1得小球的最大速度v=故B正確；

C、設地球表面的重力加速度為g，小球的質(zhì)量為m，當小球向下運動的位移為x，彈簧的伸長量也為x，設小球的加速度為a，對小球受力分析，由牛頓第二定律可得mg?kx=ma整理可得a=?結(jié)合圖乙可得g=a0故C錯誤；

D、設地球的質(zhì)量為M，由mg=又有g(shù)=月球的密度為ρ=聯(lián)立得ρ=故D錯誤。

故答案為：B。

【分析】加速為零時，物體處于平衡狀態(tài)。加速度a與位移x的關(guān)系圖像與坐標軸圍成的面積表示速度平方的一半，當小球的速度最大時，加速度為零。根據(jù)小球的受力情況結(jié)合牛頓第二定律確定圖像的函數(shù)表達式，再根據(jù)圖像確定小球的質(zhì)量。地球表面的物體重力等于萬有引力。4．【答案】D【解析】【解答】A、根據(jù)v-t圖像中，圖線與橫軸圍成的面積表示位移，由圖甲可知，物體在這段時間內(nèi)的位移x>故A錯誤；

B、根據(jù)運動學公式2ax=可得v可知，v2-x圖像中圖線的斜率為2a，由圖乙可得，物體的加速度為0.5m/s2。故B錯誤；

C、根據(jù)a-t圖像中圖線與橫軸所圍面積表示速度的變化量可知，丙圖中，陰影面積表示t1~t2時間內(nèi)物體的速度變化量。故C錯誤；

D、根據(jù)運動學公式x=可得x結(jié)合圖丁可得v0=?5m/s由運動學公式v=可得，t=4s時物體的速度為v=35故D正確。

故答案為：D。

【分析】v-t圖線與橫軸圍成的面積表示位移，v-t圖像中，圖線與橫軸圍成的面積表示位移，截距表示初速度。a-t圖像中圖線與橫軸所圍面積表示速度的變化量。5．【答案】C【解析】【解答】A、根據(jù)題意可得，O點電勢為φ故A錯誤；

B、如圖所示

根據(jù)點電荷的電場強度計算公式可得EA=EC根據(jù)電場強度的疊加原理可知D點和G點場強不相同，故B錯誤；

C、O點的電場強度大小為E方向由O指向B，故C正確；

D、從O點到F點電勢升高，所以把一帶負電的試探電荷從O點移至F點，其電勢能變小，故D錯誤。

故答案為：C。

【分析】電勢是標量，等于各電荷在該處電勢的代數(shù)和。電場強度時矢量，等于各電荷在該處場強的矢量和。電勢高的位置，負電荷的電勢能小。6．【答案】C【解析】【解答】A、以v0速度射出時，小球恰好擊中第一級臺階的末端發(fā)生彈性碰撞，則有d=v0解得t1=反彈后小球做斜拋運動，該斜拋運動與以v0速度射出時的平拋運動具有對稱性，可知小球?qū)⒃谂c第一級臺階等高的位置與墻碰撞并反彈，此時根據(jù)平拋運動的基本規(guī)律可知v假設小球能落到MN段，則有2d=vy1結(jié)合上述解得x可知，假設成立，則以v0射出時，小球在空中的運動時間為t=3解得t=故A錯誤；

B、若小球下落的高度為2d，根據(jù)平拋運動的基本規(guī)律得2d=12結(jié)合上述解得x=2可知，小球的初速度為2v0時越過第二級臺階，那么若能落在第三級臺階上，則有3d=12結(jié)合上述解得x'=2可知小球落在第三級臺階前會先碰到墻上，由于碰撞為彈性碰撞，水平速度大小不變，方向反向，可知，碰后小球會落在MN上，故B錯誤；

C、若小球直接擊中第三級臺階MN段，小球射出初速度的最大值為剛好打在Ｎ點上3d=12解得v若小球直接擊中第三級臺階MN段，小球射出初速度的最小值為運動軌跡恰好與第二級臺階右端擦肩而過，則有2d=12解得v綜合上述可知，直接擊中第三級臺階MN段所需初速度的取值范圍為2故C正確；

D、若利用墻面且僅反彈一次擊中第三級臺階的水平面，設碰撞點距N點高度為h，則與墻碰前3d??=12與墻碰后，設小球的落點剛好是M，則有?=gt7結(jié)合上述解得?=故若利用墻面且僅反彈一次擊中第三級臺階的水平面，碰撞點距N點高度須小于2116d，故D錯誤。

故答案為：C。7．【答案】B,C【解析】【解答】AB、小球受力如圖所示

系統(tǒng)靜止時，豎直方向有F水平方向有Fa?解得Fa=10故B正確，A錯誤；

C、系統(tǒng)豎直向上勻加速運動時，小球受力如圖所示

當a線拉力為15N時，由牛頓第二定律得，豎直方向有F水平方向有F解得F此時加速度有最大值a=5故C正確；

D、系統(tǒng)水平向右勻加速運動時，由牛頓第二定律得，豎直方向有F水平方向有F解得F當Fb=15N時，加速度最大為a=12.5故D錯誤。

故答案為：BC。

【分析】靜止時小球處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件及力的合成與分解確定各繩拉力的大小。根據(jù)小球的加速度方向，確定哪根繩子容易達到臨界值，再根據(jù)臨界條件結(jié)合牛頓第二定律及平衡條件去誒多功能臨界加速度的大小。8．【答案】B,D【解析】【解答】A、由a-t圖像可知，物體在0~5s做勻加速直線運動，5s時物體的速度為v由于5s后物體繼續(xù)做加速度逐漸減小的加速運動，可知物體在0~10s內(nèi)運動的最大速度大于10m/s，故A錯誤；

B、由a-t圖像可知，在5s時，物體結(jié)束做勻加速運動，此時起重機功率達到最大功率，根據(jù)牛頓第二定律可得F?mg=ma解得F=1800則起重機的額定功率為P故B正確；

CD、0~5s內(nèi)，物體的位移為x0~5s內(nèi)起重機對物體做的功為W5~10s內(nèi)起重機保持額定功率不變，則5~10s內(nèi)起重機對物體做的功W可得2故D正確，C錯誤。

故答案為：BD。

【分析】v-t圖像與時間軸所圍面積表示位移。當功率恒定不變時，當速度越大，牽引力越小。重物加速度方向不變，即重物始終做加速運動。根據(jù)圖像確定各時間段內(nèi)物體的運動情況。再根據(jù)運動規(guī)律及瞬時功率公式及公的定義進行解答。9．【答案】C,D【解析】【解答】A、因在P點時彈簧在原長，則到達P點時的加速度為a=g故A錯誤；

C、因NP段與PM段關(guān)于P點對稱，則在兩段上彈力的平均值相等，則摩擦力平均值相等，摩擦力做功相等，故C正確；

B、設小球從N運動到P的過程克服摩擦力做功為Wf，彈簧具有的最大彈性勢能為Ep，根據(jù)能量守恒定律得，對于小球N到P的過程有mgN到M的過程有mg?=2得E故B錯誤；

D、N到P過程中，球和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機械能ΔE=故D正確。

故答案為：CD。

【分析】彈簧的形變量相等，則彈簧的彈性勢能不變。確定運動過程中小球受力的變化情況，再根據(jù)對稱性分析各力的變化情況。明確運動過程中各力的做功情況及能量的轉(zhuǎn)化情況，再根據(jù)動能定理及能量守恒定律進行解答。10．【答案】A,D【解析】【解答】A、金屬棒ab勻速運動時，感應電流為I金屬棒處于平衡狀態(tài)，對金屬棒與小物塊整體進行分析有Mg=mg解得v故A正確；

B、金屬棒ab勻速運動時速度最大，此時電阻上的電功率也最大，則有P結(jié)合上述解得P故B錯誤；

C、金屬棒從開始運動到最大速度過程，根據(jù)動能定理有Mgx=根據(jù)串聯(lián)電路規(guī)律有Q解得x=3故C錯誤；

D、從金屬棒ab開始運動至達到最大速度過程中，感應電動勢的平均值E=感應電流的平均值I=解得q=2故D正確。

故答案為：AD。

【分析】物體勻速運動時處于受力平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件及電磁感應定律和安培力公式確定勻速時的速度。當通過電阻R的電流越大，電阻R上的電功率越大，根據(jù)電磁感應定律及閉合電路的歐姆定律可知此時導體棒的速度越大。確定運動過程各力的做功情況再根據(jù)動能定理確定導體棒運動的位移。熟悉掌握求解導體切割磁場通過導體棒電荷量的三種方法。11．【答案】（1）0.52（2）B；C（3）2【解析】【解答】（1）用游標卡尺測量遮光條的寬度d為0.5（2）A、實驗中要讓物塊P下降，Q上升，則選擇兩個質(zhì)量不相等，故A錯誤；

B、實驗時，要確保物塊P由靜止釋放，故B正確；

C、需要測量出兩物塊的質(zhì)量mP和mQ，故C正確；

D、實驗中不需要測量出遮光條從A到達B所用的時間T，故D錯誤。

故答案為：BC。

（3）物塊P經(jīng)過光電門時的速度v=實驗中要驗證的關(guān)系(即1則k=【分析】讀數(shù)時注意儀器的分度值及是否需要估讀。根據(jù)中間時刻的瞬時速度確定物塊經(jīng)過光電門的速度。物塊P、Q的速度大小相等。再根據(jù)機械能守恒的條件推到得出圖像的表達式，再分析圖像斜率的物理意義。12．【答案】（1）3200（2）（3）（4）2.5~3.0均可；2.8##2.9##3.0##3.1##3.2【解析】【解答】（1）電壓表V1的內(nèi)阻約為R=32×100（2）電路連線如圖

（3）作出U2-R圖線如圖

（4）由電路可知U根據(jù)圖丁中圖線可得Ux=2.5【分析】讀書注意是否需要估讀。根據(jù)歐姆定律及串并聯(lián)電路的規(guī)律結(jié)合電路圖推導得出圖像的函數(shù)表達式，分析圖像斜率及截距的物理意義，再結(jié)合圖像進行數(shù)據(jù)處理。13．【答案】（1）解：設物塊在力F作用下向上運動時加速度為a，由牛頓第二定律有F?mg代數(shù)求得a（2）解：F作用2s，末速度v位移x撤出外力F后，物塊繼續(xù)向上運動，加速度為a2=?gsinθ?μg物塊向上減速到0后，又會下滑到斜面底端x全過程摩擦生熱Q=?【解析】【分析】（1）對物塊進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律及力的合成與分解進行解答；

（2）根據(jù)運動規(guī)律關(guān)系確定撤去拉力是物塊的速度及位移。確定撤去拉后物塊的加速度，物體到達最高點速度為零，根據(jù)運動規(guī)律確定撤去拉力后物塊向上運動的位移。根據(jù)物體所受摩擦力與重力沿斜面方向分力的大小關(guān)系，判斷物體到達最高點后是否下滑，再確定物塊在斜面上運動的總位移，再根據(jù)摩擦力做功與摩擦生熱的關(guān)系進行解答。14．【答案】（1）解：粒子磁場區(qū)域做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力可得qvB=m可得r=代入數(shù)據(jù)解得r=2m（2）解：所有粒子經(jīng)過磁場后都從原點O出來，其中從最上面射進的粒子在磁場中運動的時間最長，如圖所示，由幾何關(guān)系可得其對應的圓心角為α=120°可得t=又T=聯(lián)立解得粒子在磁場區(qū)域運動的最長時間為t=（3）解：所有粒子經(jīng)過磁場后都從原點O出來，從原點O出來后射入第三象限的粒子向左偏，到不了y軸。射入第四象限的粒子向左偏可以打到y(tǒng)軸，設射入第四象限的粒子射入時速度方向與y軸負方向夾角為θ，由幾何關(guān)系可得其與y軸負方向的夾角0≤θ≤30°又a=t=2|當θ=30°時，|yd=當粒子在第四象限離y軸最遠時，電勢能最大。E【解析】【