2009-2010学年九年级上学期物理期末调研测试模拟试卷及答案【河南省焦作市】
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学年九年级上学期物理期末调研测试模拟试卷及答案【河南省焦作市】
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河南省中原名校2014届高三高考仿真模拟统一考试 理综物理 Word版含答案
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甘肃省兰州、靖远名校2015届高三物理模拟试卷 Word版含解析
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甘肃省兰州、靖远名校2015届高考物理模拟试卷
一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分。在每小题给出的四个选项中，第1~6小题只有一项符合题目要求，第7~10题有多项符合要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1．下列陈述中符合历史事实的是（）
A． 奥斯特通过实验发现了电流的磁效应并由此提出了分子电流假说
B． 库仑通过研究电荷间的相互作用总结出库仑定律
C． 牛顿通过“理想实验”得出“力不是维持物体运动的原因”
D． 开普勒发现了行星运动定律并提出了万有引力定律
2．a、b两物体在同一地点沿同一条直线运动，其速度﹣时间图象如图所示，图线b是一条抛物线，则下列判断正确的是（）
A． 物体a在t1时刻改变运动方向
B． 两物体在t2时刻相遇
C． 物体b做加速增大的加速直线运动
D． 0～t2内，物体a一直在物体b前面，t2时刻两者相距最远
3．如图，在光滑水平面上，用水平外力F拉动木板和小铁块一起做无相对滑动的匀加速直线运动，已知木板质量为M，小铁块质量为m，铁块与木板间的动摩擦因数为μ，则在运动过程中铁块所受摩擦力满足（）
A． 大小为μmg，方向水平向左 B． 大小为μmg，方向水平向右
C． 大小为，方向水平向右 D． 大小为，方向水平向左
4．“嫦娥四号”卫星的主要任务是接着“嫦娥三号”着陆月球表面，继续更深层次，更加全面地探测月球地质、资源等方面的信息，完善月球的档案资料．假设“嫦娥四号”卫星先贴近地球表面绕地球做匀速圆周运动，此时动能为E1，再控制它进行一系列变轨后绕月球表面做匀速圆周运动，此时动能为E2，已知地球质量是月球质量的p倍，地球半径是月球半径的q倍，“嫦娥四号”在整个过程中质量保持不变，则为（）
C． pq D．
5．下列粒子由初速度为零经过加速电压为U的电场加速后沿直线AA′垂直进入磁感应强度为B的有界匀强磁场中，如图所示，其中只有一种粒子从磁场的左边界MN穿出，则此粒子是（）
A． 质子 B． 氘核 C． α粒子 D． 钠离子（Na+）
6．如图所法，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面（倾角为θ），一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行，小球A静止在斜面上，其右侧有一个与A带等量同种电荷的小球B，开始两球心在同一水平线上，细线刚好伸直，两带电小球可视为点电荷，现用绝缘手柄将小球B沿以A为圆心的圆周从B点缓慢移到C点，AC竖直，此过程中A始终静止不动，则（）
A． 细线对A的拉力逐渐增大，斜面对A的弹力逐渐减小
B． 细线对A的拉力逐渐增大，斜面对A弹力先增大后减小
C． 细线对A拉力先增大后减小，斜面对A的弹力逐渐增大
D． 细线对A的拉力、斜面对A的弹力均先增大后减小
7．如图，一质量为m、带电荷量为+q的小球从半径为R的四分之一绝缘光滑圆弧轨道上与圆心等高处A由静止释放，经时间t下滑到轨道最低点B时对轨道压力为2mg，g为重力加速度，此后小球水平飞出，恰好垂直击中倾角为θ=30°的斜面，整个斜面上方存在竖直向上的匀强电场，空气阻力不计，则下列说法中正确的是（）
A． 小球从A到B的平均速度为
B． 匀强电场的电场强度大小为
C． 小球从开始运动到击中斜面的过程中机械能守恒
D． 小球从圆弧轨道飞出到击中斜面的时间为3
8．如图所示，在磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，两平行光滑金属导轨竖直放置，导体棒PQ在竖直向上的拉力F的作用下向下做初速度为0、加速度a=5m/s2的匀加速度直线运动，两导轨间距离L=1.0m，电阻R=1.0Ω，导体棒质量m=1kg，导体棒和导轨接触良好且电阻均不计，取g=10m/s2，则下列说法中正确的是（）
A． 导体棒运行2s时，拉力的功率为25W
B． 拉力F所做的功等于导体减少的机械能
C． t=4s时，导体棒所受安培力为5N
D． 导体棒运行2s的过程中，通过电阻的电荷量为2.5C
9．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，当滑动变阻器的滑片P位于a端时，电容器中的带电液滴恰好处于静止状态，在滑片由a向b移动的过程，理想电压表示数变化量的绝对值为△U，理想电流表数变化量的绝对值为△I，则下列说法中正确的是（）
A． 电流表示数先减小后增大，不变
B． 电流表、电压表示数均先减小后增大
C． 液滴带正电，将向上先做加速后做减速运动
D． 液滴带正电，将一直向上做加速运动
10．如图所示，光滑管形圆轨道半径为R，质量为2m，固定于水平面上，小球a、b大小相同，质量均为m，其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动，两球通过最低点速度相同，均为v，且当小球a在最低点时，小球b在最高点，下列说法中正确的是（）
A． 若小球b在最高点对轨道无压力，则此时小球a对轨道的压力为6mg
B． 若小球b在最高点对轨道无压力，则此时小球a的速度v=
C． 若小球a在最低点的速度v≥，则此时管形圆轨道对水平面的压力为6mg
D． 两小球要能在管内做圆周运动，则速度v至少为
二、非选择题（共5小题，满分60分）
11．在“研究匀变速直线运动”的实验中：
（1）实验室提供的器材有电磁打点计时器（含复写纸）、细线、纸带、钩码、小车、一端带滑轮的长木板、低压交流电源，则还缺少的器材有．
（2）实验中得到一条理想纸带，选好计数点（相邻点间还有4个点没画出），打点计时器的电源频率为50Hz，相邻计数点间距离如图所示（单位：cm），则与计数点D对应的小车速度为，与计数点F对应的小车速度为，小车运动的加速度为．（均保留三位有效数字）
12．某同学测量一圆柱体金属的电阻率，已知金属长为L．
（1）该同学用螺旋测微器测量其直径D，其示数如图（1）所示，则其直径D为mm；用多用电表粗测其电阻，选用“×1”档，正确操作后得到指针情况如图（2）所示，则其电阻R约为Ω．
（2）除了待测金属外，实验室还备有下列器材：
A．电压表V1（0～3V，RV1≈30kΩ）
B．电压表V2（0～15V，RV2≈100kΩ）
C．电流表A1（0～3A，RA1≈0.6Ω）
D．电流表A2（0～0.6A，RA2≈1.0Ω）
E．滑动变阻器R1（0～10Ω）
F．滑动变阻器R2（0～2000Ω）
G．电源（电动势为3V，内阻不计）
H．开关S，导线若干
①为了精确测量其电阻值，该同学用伏安法进行了测量，则电压表应选（填序号，下同），电流表选，滑动变阻器选．
②请完成图（3）中实物间的连线．
（3）若电压表示数为U，电流表示数为I，写出计算金属电阻率的表达式：．
13．如图甲所示，倾角θ为37°的传递带以恒定速度逆时针运行，现将一质量m=2kg的小物体轻轻放上传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙，2s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g=10m/s2，sin37°=0.6，求：
（1）小物体在传送带A、B间的平均速度v；
（2）物体与传送带间的动摩擦因数μ；
（3）2s内物体机械能的变化量△E及因与传送带摩擦产生的内能Q．
14．如图所示，一轻质弹簧左端固定，其自由端在O点，O点左侧水平面光滑，右侧OB段粗糙，水平面OB与竖直半圆光滑轨道CD在B点无摩擦连接（C点略高于B点），轨道末端D点切线水平，且紧贴水平转盘边缘上方．现用力将质量m=2kg的小物块向左压缩弹簧（物块与弹簧不相连），使弹簧储存一定能量E0，撤去外力，小物块向右运动，在B点恰好能沿圆轨道CD运动，再由D点水平滑上转盘，若小物块滑上转盘就立即无相对滑动地随转盘转动，已知物块与OB段的动摩擦因数μ=0.4，OB长L=m，竖直圆轨道半径r=0.5m，转盘半径R=4m．g=10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）弹簧所储存的弹性势能E0；
（2）转盘转动的角速度ω；
（3）物块与转盘间的动摩擦因数应满足的条件．
15．（18分）如图所示，在坐标系xOy的第一象限内斜线OC的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限内存在磁感应强度大小未知，方向垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在x轴负半轴上有一接收屏GD，GD=20D=d，现有一带电粒子（不计重力）从y轴上的A点，以初速度v0水平向右垂直射入匀强磁场，恰好垂直OC射出，并从x轴上的P点（未画出）进入第四象限内的匀强磁场，粒子经磁场偏转后又垂直y轴进入匀强电场并被接收屏接收，已知OC与x轴的夹角为37°，OA=d，求：
（1）粒子的电性及比荷；
（2）第四象限内匀强磁场的磁感应强度B′的大小；
（3）第三象限内匀强电场的电场强度E的大小范围．
三、附加题：【物理－选修3－3】（共2小题，满分0分）
16．下列说法正确的是（）
A． 液体温度越高、悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈
B． 不考虑分子势能，则质量、温度均相同的氢气和氧气的内能也相同
C． 第一类永动机不可能制成，因为违背了能量守恒定律
D． 物体吸收热量，则其内能一定增加
E． 能量耗散从能量转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
17．如图所示，一定质量的气体被绝热活塞封闭在绝热的水平放置的气缸内，气缸固定且内壁光滑，活塞通过细绳绕过定滑轮与一沙桶（里面没有沙）连接，开始活塞处于静止状态，封闭气体的体积为V0，温度T0=300K，压强为0.9P0（P0为大气压强），活塞面积为S，现不停地向沙桶中加沙子，使活塞缓慢地向右移动，当增加的沙子质量为桶质量的2倍时，气体体积增加了0.2V0（活塞未被拉出气缸），重力加速度为g，求：
①沙桶的质量m
②末态气缸内封闭气体的温度T．
四、附加题：【物理－选修3－4】（共2小题，满分0分）
18．如图所示，S是一振源，上下做简谐振动，振幅为5cm，形成的波沿匀质弹性绳向左、右两边传播，已知振源开始是向下振动的，从此时开始计时，t=0.4s时第一次形成的波形如图所示，S左侧波形没画出，则（）
A． 此时质点Q正从平衡位置向下振动
B． 振源振动的频率为Hz
C． 该波的波速为0.2m/s
D． 图中质点P在t=0.4s时处于波谷
E． 在t=0到t=0.4s内质点Q运动的路程为20cm
19．如图所示为一半球形介质的截面，O为圆心，a、b两束平行红色光从不同位置进入介质，已知介质的折射率为，球半径为R，光线a沿半径方向入射且在O点恰好发生全反射，光在真空中的传播速度为c，求：
（1）光线b的入射角α；
（2）光线b在介质中从入射到第一次出射的时间．
五、附加题：【物理－选修3－5】（共2小题，满分0分）
20．用速度一定的中子轰击静止的锂核（Li），发生核反应后生成氘核和α粒子，则核反应方程为；生成的氖核速度方向与中子的初速度方向相反，α粒子的速度为v，氘核与α粒子的速率比为7：8，已知质子、中子质量均为m，光速为c，核反应过程中放出的能量全部转化为氘核和α粒子的动能，则中子的初速度为，此反应过程中质量亏损为．
21．如图所示，光滑的水平面上有一小车（其上表面水平部分光滑），其左端是圆弧形光滑轨道，小车质量M=2kg，质量为m1=0.9kg的小木块放在小车右端，一质量为m0=0.1kg的子弹以速度v0=30m/s水平向左击中木块并留在其内（可视为质点），当木要块刚好滑到轨道最高点时，小车与左侧一竖直固定档板发生碰撞并瞬间被锁定，而木块能量不变，反向运动，g=10m/s2，不计一切阻力．
（1）求圆弧形光滑轨道的半径R；
（2）计算说明木块能否落到小车的水平部分．
甘肃省兰州、靖远名校2015届高考物理模拟试卷
一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分。在每小题给出的四个选项中，第1~6小题只有一项符合题目要求，第7~10题有多项符合要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1．下列陈述中符合历史事实的是（）
A． 奥斯特通过实验发现了电流的磁效应并由此提出了分子电流假说
B． 库仑通过研究电荷间的相互作用总结出库仑定律
C． 牛顿通过“理想实验”得出“力不是维持物体运动的原因”
D． 开普勒发现了行星运动定律并提出了万有引力定律
考点： 物理学史．
分析： 正确解答本题的关键是：了解高中的重要物理学史，知道各个重要规律的发现者以及重要规律发现的历史背景、使用条件等
解答： 解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，安培提出了分子电流假说，故A错误；
B、库仑通过研究电荷间的相互作用总结出库仑定律，故B正确；
C、伽利略通过“理想实验”得出“力不是维持物体运动的原因”，故C错误；
D、开普勒发现行星运动定律，牛顿总结了万有引力定律，故D错误．
点评： 对于物理学史部分，在平时学习中不可忽视，要不断的积累和平时注意多加记忆，否则很容易出错．
2．a、b两物体在同一地点沿同一条直线运动，其速度﹣时间图象如图所示，图线b是一条抛物线，则下列判断正确的是（）
A． 物体a在t1时刻改变运动方向
B． 两物体在t2时刻相遇
C． 物体b做加速增大的加速直线运动
D． 0～t2内，物体a一直在物体b前面，t2时刻两者相距最远
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： v﹣t图象中图线的斜率表示加速度，v﹣t图象中图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，判断2s和6s内两物体位移是否相等即可判断是否相遇；
解答： 解：A、物体a的速度时间图象都在时间轴上方，一直为正，没有改变方向，故A错误；
B、根据图象可知，0～t2内，a的面积一直比b的面积大，又是从同一地点出发，所以物体a一直在物体b前面，t2时刻速度相等，两者相距最远，故B错误，D正确；
C、v﹣t图象中图线的斜率表示加速度，则b的加速度越来越小，故C错误．
点评： 在同一坐标中表示两种图象，要明确两图象代表的运动形式，能和实际运动相结合，注意图象交点的含义，如本题中图象交点表示速度相等，并不一定相遇．其位移关系等只能根据图象与时间轴所围成的面积进行判断．
3．如图，在光滑水平面上，用水平外力F拉动木板和小铁块一起做无相对滑动的匀加速直线运动，已知木板质量为M，小铁块质量为m，铁块与木板间的动摩擦因数为μ，则在运动过程中铁块所受摩擦力满足（）
A． 大小为μmg，方向水平向左 B． 大小为μmg，方向水平向右
C． 大小为，方向水平向右 D． 大小为，方向水平向左
考点： 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．
专题： 牛顿运动定律综合专题．
分析： 先对整体受力分析，由牛顿第二定律可求得加速度，再隔离铁块进行分析，由牛顿第二定律可求得摩擦力的大小和方向．
解答： 解：两物体无相对运动，由牛顿第二定律知：
F=（M+m）a，解得：a=，方向水平向右；
隔离铁块，由牛顿第二定律可得铁块受到的摩擦力f=ma=，方向水平向右；故C正确
点评： 本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确二者间受到的摩擦力为静摩擦力，不能根据动摩擦力的公式求解．
4．“嫦娥四号”卫星的主要任务是接着“嫦娥三号”着陆月球表面，继续更深层次，更加全面地探测月球地质、资源等方面的信息，完善月球的档案资料．假设“嫦娥四号”卫星先贴近地球表面绕地球做匀速圆周运动，此时动能为E1，再控制它进行一系列变轨后绕月球表面做匀速圆周运动，此时动能为E2，已知地球质量是月球质量的p倍，地球半径是月球半径的q倍，“嫦娥四号”在整个过程中质量保持不变，则为（）
C． pq D．
考点： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．
专题： 人造卫星问题．
分析： 对于卫星绕地球运动，根据动能表达式计算向心力，再根据万有引力提供向心力列方程，解出周期与质量和动能之间的关系，对于卫星绕月球运动有类似的关系．
解答： 解：嫦娥四号绕地球做匀速圆周运动，设嫦娥四号质量为m，轨道半径为r1，运动线速度为v1
因为动能为E1=mv12，所以向心力为=
根据万有引力提供向心力G=m
同理，嫦娥四号绕月球做圆周运动时，其动能为E2=
已知地球质量是月球质量的p倍，地球半径是月球半径的q倍，
所以 E1与E2的比值=，故A正确、BCD错误．
点评： 本题考查了万有引力在天体中的应用，根据万有引力提供向心力列出等式．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．
5．下列粒子由初速度为零经过加速电压为U的电场加速后沿直线AA′垂直进入磁感应强度为B的有界匀强磁场中，如图所示，其中只有一种粒子从磁场的左边界MN穿出，则此粒子是（）
A． 质子 B． 氘核 C． α粒子 D． 钠离子（Na+）
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： 粒子在电场中加速，由动能定理可以求出粒子的速度，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后答题．
解答： 解：粒子在电场中加速，由动能定理得：qU=mv2﹣0，
粒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：r=，
B、U相同，粒子越大粒子的轨道半径越大，
粒子半径越大，粒子越可能从磁场射出，
质子、氘核、α粒子、钠粒子中，质子的最大，
质子的轨道半径最大，从MN边界穿出的是质子，故A正确；
点评： 本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的关键，应用动能定理、牛顿第二定律可以解题，要掌握处理带电粒子在磁场中运动的解题思路与方法．
6．如图所法，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面（倾角为θ），一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行，小球A静止在斜面上，其右侧有一个与A带等量同种电荷的小球B，开始两球心在同一水平线上，细线刚好伸直，两带电小球可视为点电荷，现用绝缘手柄将小球B沿以A为圆心的圆周从B点缓慢移到C点，AC竖直，此过程中A始终静止不动，则（）
A． 细线对A的拉力逐渐增大，斜面对A的弹力逐渐减小
B． 细线对A的拉力逐渐增大，斜面对A弹力先增大后减小
C． 细线对A拉力先增大后减小，斜面对A的弹力逐渐增大
D． 细线对A的拉力、斜面对A的弹力均先增大后减小
考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
专题： 共点力作用下物体平衡专题．
分析： 对小球A受力分析，受重力、支持力、拉力和静电力，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解出支持力和拉力的表达式进行分析即可．
解答： 解：对小球受力分析，如图所示：
在移动小球B的过程中，静电力F的大小不变，且图中；
根据平衡条件，有：
N=Gcosθ+Fsinα
Gsinθ=Fcosα+T
故斜面的支持力N先增加后减小，细线的拉力T一直增加；
故ACD错误，B正确；
点评： 本题是力平衡中的动态分析问题，关键是明确小球的受力情况，然后根据平衡条件列式分析，不难．
7．如图，一质量为m、带电荷量为+q的小球从半径为R的四分之一绝缘光滑圆弧轨道上与圆心等高处A由静止释放，经时间t下滑到轨道最低点B时对轨道压力为2mg，g为重力加速度，此后小球水平飞出，恰好垂直击中倾角为θ=30°的斜面，整个斜面上方存在竖直向上的匀强电场，空气阻力不计，则下列说法中正确的是（）
A． 小球从A到B的平均速度为
B． 匀强电场的电场强度大小为
C． 小球从开始运动到击中斜面的过程中机械能守恒
D． 小球从圆弧轨道飞出到击中斜面的时间为3
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： 根据平均速度的定义分析答题；由牛顿第二定律求出小球的速度，然后应用动能定理、运动的合成与分解分析答题．
解答： 解：A、小球在A到B的过程中做圆周运动，平均速度应等于位移与时间的比值，不等于弧长与时间的比值，故A错误；
B、小球在B点时，由牛顿第二定律可知：qE+F﹣mg=m，
由题意可知：F=2mg，
从A到B过程，由动能定理可得：mgR﹣qER=mv2，解得：E=，v=；故B正确；
C、小球从开始运动到击中斜面的过程中，处重力做功外，电场力还对小球做功，则小球的机械能不守恒，故C错误；
D、石块垂直于斜面，则可知竖直分速度vy==，则由vy=at；a==g；可得：t==3；故D正确；
故选：BD．
点评： 小球经历了圆周运动和平抛运动两个过程；要注意将综合题分解为两小题进行分析；注意平抛运动中垂直打在斜面上的速度分解．
8．如图所示，在磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，两平行光滑金属导轨竖直放置，导体棒PQ在竖直向上的拉力F的作用下向下做初速度为0、加速度a=5m/s2的匀加速度直线运动，两导轨间距离L=1.0m，电阻R=1.0Ω，导体棒质量m=1kg，导体棒和导轨接触良好且电阻均不计，取g=10m/s2，则下列说法中正确的是（）
A． 导体棒运行2s时，拉力的功率为25W
B． 拉力F所做的功等于导体减少的机械能
C． t=4s时，导体棒所受安培力为5N
D． 导体棒运行2s的过程中，通过电阻的电荷量为2.5C
考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．
专题： 电磁感应——功能问题．
分析： 由导体切割磁感线规律可明确感应电流，由安培力公式可求得安培力；由功能关系可明确导体减少的机械能；根据法拉第电磁感应定律可求得电荷量．
解答： 解：经时间t，导体棒受安培力F安=BIL==，所以t=4s时，导体棒所受安培力为5N，故C正确；
由牛顿第二定律可得：mg﹣F﹣F安=ma，代入数据解得：拉力大小为5﹣t，所以t=2s时，拉力F=2.5N，速度为v=at=10m/s；拉力率P=Fv=2.5×10=25W，故A正确；
由功能关系可知，拉力F和安培力所做的功等于导体棒减少的机械能，故B错误；
导体棒运行2s的过程中，通过电阻的电荷量为q=t==5C；故D错误；
故选：AC．
点评： 本题考查导体切割磁感线的规律，要注意明确受力分析及能量分析的综合应用，明确求电量时要用平均电动势．
9．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，当滑动变阻器的滑片P位于a端时，电容器中的带电液滴恰好处于静止状态，在滑片由a向b移动的过程，理想电压表示数变化量的绝对值为△U，理想电流表数变化量的绝对值为△I，则下列说法中正确的是（）
A． 电流表示数先减小后增大，不变
B． 电流表、电压表示数均先减小后增大
C． 液滴带正电，将向上先做加速后做减速运动
D． 液滴带正电，将一直向上做加速运动
考点： 闭合电路的欧姆定律；电容．
专题： 恒定电流专题．
分析： 在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，外电路电阻先增大后减小，根据欧姆定律分析干路电流如何变化和外电路电压的变化，即可知道电流表和电压表读数的变化．电容器C的电压等于外电压，根据外电压的变化判断电场力的变化，从而判断合力的变化，进而判断液滴的运动情况．
解答： 解：A、滑动变阻器的滑片由a向b移动的过程，外电路电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流先减小后增大，即电流表示数先减小后增大，
根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣Ir，所以，不发生变化，电压表示数先增大后减小，故A正确，B错误；
C、电容器两端电压即为外电路电压，刚开始液滴重力和电场力平衡，则液滴带正电，且，由于U先增大后减小，所以电场力先增大后减小，但重力和电场力的合力一直向上，所以液滴一直向上做加速运动，故C错误，D正确．
点评： 本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析，同时注意结合电容器的特点进行分析；对于闭合电路欧姆定律的题目，要注意掌握：“局部﹣整体﹣局部”的分析思路进行分析求解．
10．如图所示，光滑管形圆轨道半径为R，质量为2m，固定于水平面上，小球a、b大小相同，质量均为m，其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动，两球通过最低点速度相同，均为v，且当小球a在最低点时，小球b在最高点，下列说法中正确的是（）
A． 若小球b在最高点对轨道无压力，则此时小球a对轨道的压力为6mg
B． 若小球b在最高点对轨道无压力，则此时小球a的速度v=
C． 若小球a在最低点的速度v≥，则此时管形圆轨道对水平面的压力为6mg
D． 两小球要能在管内做圆周运动，则速度v至少为
考点： 机械能守恒定律；向心力．
专题： 机械能守恒定律应用专题．
分析： 要使小球能通过最高点，只要小球的速度大于零即可；而当向心力等于重力时，小球对轨道没有压力，由向心力公式可求得小球在最高点时速度；再由机械能守恒可求得小球在最低点时的速度，及最低点时所需要的向心力，即可求得最低点处压力．
解答： 解：AB、在最高点，当小球对轨道无压力时，由重力提供向心力，则有：mg=m；
解得：v1=；
由机械能守恒定律可得，mgo2R=mv22﹣mv12；
求得小球在最低点时的速度v2=，故最低点速度至少为，才能使两球在管内做圆周运动；故AB正确．
C、若小球a在最低点的速度v≥时，小球a在最低点时，Fa=mg+m；小球b在最高点受轨道作用力为
Fb=m﹣mg；由最低点到最高点的过程中，有
联立可得两球对轨道压力差为△F=6mg，所以管形圆轨道对水平面的压力为F=2mg+△F=8mg，故C错误．
D、两小球要能在管内做圆周运动，则小球至少要能到达最高点，由机械能守恒知
2mgR=，即 v=2，故D错误．
点评： 小球在竖直面内的圆周运动，若是用绳拴着只有重力小于等于向心力时，小球才能通过；而用杆或在管内运动的小球，只要速度大于零，小球即可通过最高点．
二、非选择题（共5小题，满分60分）
11．在“研究匀变速直线运动”的实验中：
（1）实验室提供的器材有电磁打点计时器（含复写纸）、细线、纸带、钩码、小车、一端带滑轮的长木板、低压交流电源，则还缺少的器材有刻度尺．
（2）实验中得到一条理想纸带，选好计数点（相邻点间还有4个点没画出），打点计时器的电源频率为50Hz，相邻计数点间距离如图所示（单位：cm），则与计数点D对应的小车速度为1.02m/s，与计数点F对应的小车速度为1.44m/s，小车运动的加速度为2.07m/s2．（均保留三位有效数字）
考点： 探究小车速度随时间变化的规律．
专题： 实验题；直线运动规律专题．
分析： 本题比较简单，根据实验目的明确实验步骤和所要测量的物理量，即可知道实验所需要的实验器材；
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3点时小车的瞬时速度大小．
解答： 解：（1）实验数据处理时要用刻度尺测量两点间的距离，则还需要：刻度尺；
（2）点计时器使用的交流电频率为50Hz，连续两点间的时间间隔为0.02s，
由于相邻的两个记数点间还有四个点没有画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔T=0.1s．
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：vD==m/s=1.02m/s
设0到A之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6，
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，得：
x4﹣x1=3a1T2
x5﹣x2=3a2T2
x6﹣x3=3a3T2
为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值，得：
a=（a1+a2+a3）
代入数据得：a=m/s2=2.07m/s2
那么vF=vD+at=1.02+2.07×0.2=1.44m/s
故答案为：（1）刻度尺；（2）1.02m/s，1.44m/s，2.07m/s2．
点评： 本题属于基础简单题目，对于实验器材的选取一是根据实验目的进行，二是要进行动手实验，体会每种器材的作用；
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．
12．某同学测量一圆柱体金属的电阻率，已知金属长为L．
（1）该同学用螺旋测微器测量其直径D，其示数如图（1）所示，则其直径D为5.705mm；用多用电表粗测其电阻，选用“×1”档，正确操作后得到指针情况如图（2）所示，则其电阻R约为6Ω．
（2）除了待测金属外，实验室还备有下列器材：
A．电压表V1（0～3V，RV1≈30kΩ）
B．电压表V2（0～15V，RV2≈100kΩ）
C．电流表A1（0～3A，RA1≈0.6Ω）
D．电流表A2（0～0.6A，RA2≈1.0Ω）
E．滑动变阻器R1（0～10Ω）
F．滑动变阻器R2（0～2000Ω）
G．电源（电动势为3V，内阻不计）
H．开关S，导线若干
①为了精确测量其电阻值，该同学用伏安法进行了测量，则电压表应选A（填序号，下同），电流表选D，滑动变阻器选E．
②请完成图（3）中实物间的连线．
（3）若电压表示数为U，电流表示数为I，写出计算金属电阻率的表达式：．
考点： 测定金属的电阻率．
专题： 实验题；恒定电流专题．
分析： （1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数；
（2）①根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器；
②根据题意与实验器材确定滑动变阻器接法，根据待测电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后连接实物电路图．
（3）应用欧姆定律求出电阻，应用电阻定律求出电阻率的表达式．
解答： 解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为5.5mm，可动刻度读数为0.01×20.5mm=0.205mm，所以最终读数为：5.5mm+0.205mm=5.705mm．
多用电表粗测其电阻，选用“×1”档，由图（2）所示可知，则其电阻R约为：6×1=6Ω．
（2）①电源电压为3V，则电压表选择A；通过电阻的最大电流约为：I===0.5A，电流表应选D；为方便实验操作，滑动变阻器可以选择E；
②滑动变阻器最大阻值大于待测电阻阻值，电压与电流不需要从零开始变化，滑动变阻器可以采用限流接法，待测电阻阻值约为6Ω，电流表内阻约为1Ω，电压表内阻约为30kΩ，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法，实物电路图如图所示：
（3）待测电阻阻值：R=，由电阻定律可知：R=ρ=ρ，解得：ρ=；
故答案为：（1）5.705；6；（2）①A；D；E；②如图所示；（3）．
点评： 本题考查了螺旋测微器与欧姆表读数、实验器材的选择、连接实物电路图、求电阻率；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读；要掌握实验器材的选择原则．
13．如图甲所示，倾角θ为37°的传递带以恒定速度逆时针运行，现将一质量m=2kg的小物体轻轻放上传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙，2s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g=10m/s2，sin37°=0.6，求：
（1）小物体在传送带A、B间的平均速度v；
（2）物体与传送带间的动摩擦因数μ；
（3）2s内物体机械能的变化量△E及因与传送带摩擦产生的内能Q．
考点： 功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．
分析： （1）物块轻放上传送带，开始所受的摩擦力沿斜面向下，当速度相等后，摩擦力沿传送带向上，从A到B做加速度不同的匀加速直线运动，根据速度时间图线与时间轴之间的面积求出位移，然后由：求出平均速度；
（2）求出0﹣1s内的加速度，从而得出合力的大小，求出速度相等后的加速度，结合牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小．
（3）分别求出物体与传送带0﹣2s内的位移，然后求出相对运动的路程大小，最后求出摩擦产生的热量．
解答： 解：（1）由v﹣t图象的面积规律可知传送带A、B间的距离L即为v﹣t图线与t轴所围的面积，所以：
代入数值得：L=16m
由平均速度的定义得：m/s
（2）由v﹣t图象可知传送代运行速度为v1=10m/s，0﹣1s内物体的加速度为：，
则物体所受的合力为：F合=ma1=2×10N=20N．
1﹣2s内的加速度为：，
根据牛顿第二定律得：=gsinθ+μgcosθ，
=gsinθ﹣μgcosθ
联立两式解得：μ=0.5，θ=37°．
（3）0﹣1s内，物块的位移：，
传送带的位移为：x2=vt1=10×1m=10m
则相对位移的大小为：△x1=x2﹣x1=5m，
则1﹣2s内，物块的位移为：=，
传送带的位移为：x4=vt2=10m，
则相对位移的大小为：△x2=x3﹣x4=1m，
所以相对路程的大小为：△s=△x1+△x2=6m，
摩擦产生的热量为：Q=μmgcosθo△s=0.5×20×0.8×6J=48J．
答：（1）0～1s内物体所受的合外力大小为20N；
（2）小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.5；
（3）在0～2s内由于小物块与皮带间的摩擦所产生的热量为48J．
点评： 该题考查传送带问题，解决本题的关键理清物块在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律、功能关系和运动学公式综合求解．
14．如图所示，一轻质弹簧左端固定，其自由端在O点，O点左侧水平面光滑，右侧OB段粗糙，水平面OB与竖直半圆光滑轨道CD在B点无摩擦连接（C点略高于B点），轨道末端D点切线水平，且紧贴水平转盘边缘上方．现用力将质量m=2kg的小物块向左压缩弹簧（物块与弹簧不相连），使弹簧储存一定能量E0，撤去外力，小物块向右运动，在B点恰好能沿圆轨道CD运动，再由D点水平滑上转盘，若小物块滑上转盘就立即无相对滑动地随转盘转动，已知物块与OB段的动摩擦因数μ=0.4，OB长L=m，竖直圆轨道半径r=0.5m，转盘半径R=4m．g=10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）弹簧所储存的弹性势能E0；
（2）转盘转动的角速度ω；
（3）物块与转盘间的动摩擦因数应满足的条件．
考点： 动能定理的应用．
专题： 动能定理的应用专题．
分析： （1）物块在B点恰好能沿圆轨道CD运动，在B点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出B点的速度，物块从O点离开弹簧过程，弹簧储存的弹性势能转化为物块的动能，由动能定理求弹性势能E0；
（2）物块从C到D，由动能定理求出物块到D点的速度，由v=rω求角速度．
（3）物块随转盘转动时由静摩擦力充当向心力，由牛顿第二定律分析动摩擦因数应满足的条件．
解答： 解：（1）因物块恰好能沿圆轨道CD运动，所以在B点有：
物块从O点离开弹簧，弹簧储存的弹性势能转化为物块的动能，物块从O到B，由动能定理知
联立解得 E0=16J
（2）物块从C到D，由动能定理得
解得 vD==5m/s
由题意知转盘边缘的线速度大小即为物块在D点的速度大小，由vD=ωR得
转盘转动的角速度ω=1.25rad/s
（3）物块在转盘上受重力、支持力和静摩擦力，且由摩擦力提供向心力，即 f=mω2R≤μ′mg
解得 μ′≥0.625
（1）弹簧所储存的弹性势能E0是16J．
（2）转盘转动的角速度ω是1.25rad/s．
（3）物块与转盘间的动摩擦因数应满足的条件是μ′≥0.625．
点评： 本题关键要分析清楚物块的运动过程，应用牛顿第二定律、机械能守恒定律、能量守恒定律和圆周运动的规律，即可正确解题．
15．（18分）如图所示，在坐标系xOy的第一象限内斜线OC的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限内存在磁感应强度大小未知，方向垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在x轴负半轴上有一接收屏GD，GD=20D=d，现有一带电粒子（不计重力）从y轴上的A点，以初速度v0水平向右垂直射入匀强磁场，恰好垂直OC射出，并从x轴上的P点（未画出）进入第四象限内的匀强磁场，粒子经磁场偏转后又垂直y轴进入匀强电场并被接收屏接收，已知OC与x轴的夹角为37°，OA=d，求：
（1）粒子的电性及比荷；
（2）第四象限内匀强磁场的磁感应强度B′的大小；
（3）第三象限内匀强电场的电场强度E的大小范围．
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）根据题意作出粒子运动轨迹，由左手定则判断出粒子的电性，求出粒子做圆周运动的轨道半径，然后由牛顿第二定律求出粒子比荷．
（2）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出磁感应强度．
（3）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出电场强度的临界值，然后求出电场强度的范围．
解答： 解：（1）粒子运动轨迹如图所示：
由左手定则可知，粒子带负电，
由几何知识可得，粒子在第一象限内做圆周运动的轨道半径：r=d，
洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，
由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：=；
（2）由图示粒子运动轨迹可知：OP=d，
粒子在第四象限内做圆周运动的轨道半径：R==d，
由牛顿第二定律得：qv0B′=m，解得：B′=B；
（3）粒子在匀强电场中做类平抛运动，
由几何知识得：OQ=R+Rsin37°=2d，
E较大时粒子击中D点，由类平抛运动规律得：
2d=t2，解得：Emax=；
当E较小时，粒子击中G点，由类平抛运动规律得：
2d=t2，解得：Emin=，
电场强度范围：≤E≤；
答：（1）粒子带负电，粒子的比荷为：；
（2）第四象限内匀强磁场的磁感应强度B′的大小为B；
（3）第三象限内匀强电场的电场强度E的大小范围是：≤E≤．
点评： 本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的关键，应用牛顿第二定律与类平抛运动规律可以解题，解题是注意几何知识的应用．
三、附加题：【物理－选修3－3】（共2小题，满分0分）
16．下列说法正确的是（）
A． 液体温度越高、悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈
B． 不考虑分子势能，则质量、温度均相同的氢气和氧气的内能也相同
C． 第一类永动机不可能制成，因为违背了能量守恒定律
D． 物体吸收热量，则其内能一定增加
E． 能量耗散从能量转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
考点： 热力学第二定律；温度是分子平均动能的标志；热力学第一定律．
专题： 热力学定理专题．
分析： 布朗运动是悬浮在在液体中的固体小颗粒的无规则运动；温度是分子热运动平均动能的标志；第一类永动机是指不需消耗能量而能输出机械能的装置；热力学第二定律公式△U=W+Q．
解答： 解：A、布朗运动是悬浮在在液体中的固体小颗粒的无规则运动，液体温度越高、悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈，故A正确；
B、不考虑分子势能，则质量、温度相同的氢气和氧气的分子热运动的平均动能相同，但由于氢气分子的分子数多，故是氢气的内能大，故B错误；
C、第一类永动机是指不需消耗能量而能输出机械能的装置，因为违背了能量守恒定律，故第一类永动机不可能制成；故C正确；
D、物体吸收热量的同时可能对外做功，故其内能不一定增加，故D错误；
E、能量耗散从能量转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，符合热力学第二定律，故E正确；
故选：ACE．
点评： 本题考查了布朗运动、内能、温度微观意义、热力学第一定律、热力学第二定律等，知识点多，难度小，关键是记住基础知识．
17．如图所示，一定质量的气体被绝热活塞封闭在绝热的水平放置的气缸内，气缸固定且内壁光滑，活塞通过细绳绕过定滑轮与一沙桶（里面没有沙）连接，开始活塞处于静止状态，封闭气体的体积为V0，温度T0=300K，压强为0.9P0（P0为大气压强），活塞面积为S，现不停地向沙桶中加沙子，使活塞缓慢地向右移动，当增加的沙子质量为桶质量的2倍时，气体体积增加了0.2V0（活塞未被拉出气缸），重力加速度为g，求：
①沙桶的质量m
②末态气缸内封闭气体的温度T．
考点： 理想气体的状态方程．
专题： 理想气体状态方程专题．
分析： （1）有共点力平衡即可求得沙桶质量；
（2）有理想气体状态方程即可求得温度
解答： 解：①因活塞处于静止状态，由物体的平衡条件得：
P0S=0.9P0S+mg
所以沙桶的质量为：m=
②设末态气体的压强为P，则有：
P0S=PS+3mg
即得：P=0.7P0
由理想气体状态方程得：
代入T0=300K，
得：T=280K
答：①沙桶的质量m
②末态气缸内封闭气体的温度T为280K
点评： 本题是理想气体的状态方程的考查，抓住共点力平衡求的质量
四、附加题：【物理－选修3－4】（共2小题，满分0分）
18．如图所示，S是一振源，上下做简谐振动，振幅为5cm，形成的波沿匀质弹性绳向左、右两边传播，已知振源开始是向下振动的，从此时开始计时，t=0.4s时第一次形成的波形如图所示，S左侧波形没画出，则（）
A． 此时质点Q正从平衡位置向下振动
B． 振源振动的频率为Hz
C． 该波的波速为0.2m/s
D． 图中质点P在t=0.4s时处于波谷
E． 在t=0到t=0.4s内质点Q运动的路程为20cm
考点： 波长、频率和波速的关系．
分析： 根据求解频率，根据图象得出波长，根据v=λf求解波速，根据振动图象判断质点P在t=0.4s时的位置，一个周期内振动的路程为4A．
解答： 解：A、波向右传播，根据波的传播原理可以，此时Q点正向下振动，故A正确；
B、根据图象可知，0.4s内，波正好传播了一个波长，所以T=0.4s，
振源振动的频率，故B错误；
C、根据图象得出波长λ=8cm=0.08m，波速v=λf=0.2m/s，故C正确；
D、根据对称性可知，质点C在t=0.4s时所处的位置与x=6cm所处的位置相同，即处于波峰处，故D错误；
E、在t=0到t=0.4s内质点Q运动了半个周期，运动的路程s=2A=2×5cm=10cm，故E错误．
点评： 本题考查波的图象，要注意正确应用波形图及质点的振动图象，注意区分及联系，能根据图象得出波长，知道一个周期内振动的路程为4A，难度适中．
19．如图所示为一半球形介质的截面，O为圆心，a、b两束平行红色光从不同位置进入介质，已知介质的折射率为，球半径为R，光线a沿半径方向入射且在O点恰好发生全反射，光在真空中的传播速度为c，求：
（1）光线b的入射角α；
（2）光线b在介质中从入射到第一次出射的时间．
考点： 光的折射定律．
专题： 光的折射专题．
分析： （1）光线a在O点恰好产生全反射，入射角等于临界角C，根据sinC=求出介质的折射率．对于b光，由折射定律求光线b的入射角α．
（2）通过几何关系求光线b在介质中通过的距离，由v=求光线b在介质中的速度，再求时间．
解答： 解：（1）a光线刚好发生全反射，入射角等于临界角C，由sinC==，得：C=α=45°
（2）对b光线，由折射定律得 n=，得 sinγ===0.5，得：折射角 γ=30°
b光线在介质中的传播距离 s==R
光在介质中的传播速度 v=c
故所求时间 t==
（1）光线b的入射角α是45°；
（2）光线b在介质中从入射到第一次出射的时间是．
点评： 本题是简单的几何光学问题，其基础是作出光路图，关键根据几何知识确定入射角与折射角，运用折射定律进行求解．
五、附加题：【物理－选修3－5】（共2小题，满分0分）
20．用速度一定的中子轰击静止的锂核（Li），发生核反应后生成氘核和α粒子，则核反应方程为n+Li﹣→H+He；生成的氖核速度方向与中子的初速度方向相反，α粒子的速度为v，氘核与α粒子的速率比为7：8，已知质子、中子质量均为m，光速为c，核反应过程中放出的能量全部转化为氘核和α粒子的动能，则中子的初速度为v，此反应过程中质量亏损为．
考点： 爱因斯坦质能方程．
专题： 爱因斯坦的质能方程应用专题．
分析： （1）根据质量数和电荷数守恒，书写核反应方程；
（2）根据动量守恒定律求解氦核的速度；
（3）求出质量亏损，再根据爱因斯坦质能方程求解核反应释放出的能量．
解答： 解：
（1）根据质量与电荷数守恒，则有：n+Li﹣→H+He；
（2）由动量守恒定律得mnv=﹣mHv1+mHev2；
由题意得v1：v2=7：8
因α粒子的速度为v，
解得：vHe=v
（3）氚核和α粒子的动能之和为
释放的核能为
△E=Ek﹣Ekn=﹣mv02=；
由爱因斯坦质能方程得，质量亏损为
故答案为：n+Li﹣→H+He；v；．
点评： 核反应遵守两大基本规律：能量守恒定律和动量守恒定律．注意动量守恒定律的矢量性．
21．如图所示，光滑的水平面上有一小车（其上表面水平部分光滑），其左端是圆弧形光滑轨道，小车质量M=2kg，质量为m1=0.9kg的小木块放在小车右端，一质量为m0=0.1kg的子弹以速度v0=30m/s水平向左击中木块并留在其内（可视为质点），当木要块刚好滑到轨道最高点时，小车与左侧一竖直固定档板发生碰撞并瞬间被锁定，而木块能量不变，反向运动，g=10m/s2，不计一切阻力．
（1）求圆弧形光滑轨道的半径R；
（2）计算说明木块能否落到小车的水平部分．
考点： 动量守恒定律；机械能守恒定律．
专题： 动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
分析： （1）子弹击中木块过程系统动量守恒，木块上滑过程系统动量与机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出R；
（2）木块做平抛运动，应用平抛运动规律求出木块的水平位移，然后答题．
解答： 解：（1）子弹击中木块过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：m0vm0=（m0+m1）v1，
木块上滑过程，系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得：（m0+m1）v1=（M+m0+m1）v，
由机械能守恒定律得：（m0+m1）v12=（m0+m1）gR+（M+m0+m1）v2，
代入数据解得：R=0.3m，v=1m/s；
（2）锁定瞬间木块能量不变、木块反向运动，木块以v=1m/s的初速度做平抛运动，
竖直方向：R=gt2，水平方向：x=vt，
解得：x=m＜0.3m，木块不能落到小车的水平部分；
答：（1）圆弧形光滑轨道的半径R为0.3m；
（2）木块不能落到小车的水平部分．
点评： 本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用动量守恒定律、机械能守恒定律与平抛运动规律可以解题．
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