2022年四川省广元市高考物理二模试卷一、选择题、共7题，每题6分．每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）（2022•广元二模）华裔科学家高锟获得了2022年诺贝尔物理学奖，他被誉为“光纤通讯之父”．在光纤通讯中信号传播的主要载体是光导纤维，它的结构如图所示，其内芯和外套材料不同，光在内芯中传播．下列关于光导纤维的说法正确的是（ ） A．波长越短的光在光纤中传播的速度越大 B．频率越大的光在光纤中传播的速度越大 C．内芯的折射率比外套的大，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射 D．内芯的折射率比外套的小，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射【考点】：光的折射定律．【分析】：发生全反射的条件是：一是光必须从光密介质射入光疏介质，即从折射率大的介质射入折射率小的介质；二是入射角大于临界角．当内芯的折射率比外套的大时，光在界面上才能发生全反射．波长越长、频率越小的光，介质对它的折射率越小，根据公式v=，光在光纤中传播的速度越大【解析】：解：A、波长越短的光，频率越大，介质对它的折射率n越大，根据公式v=，知光在光纤中传播的速度越小．故A错误．B、频率越大的光，介质对它的折射率n越大，根据公式v=，知该光在光纤中传播的速度越小．故B错误．CD、发生全反射的必要条件是光必须从光密介质射入光疏介质，即从折射率大的介质射入折射率小的介质；当内芯的折射率比外套的大时，光传播时在内芯与外套的界面上才能发生全反射．故C正确，D错误．故选：C【点评】：对于全反射关键抓住发生全反射的条件．对于波长、频率与折射率的关系，可借助光的色散、干涉实验结果加深理解、记忆． 2．（6分）（2022•广元二模）2022年1月10日广元航模协会在广元中学运动场举行了盛大的航模表演，像“空中芭蕾”、“8字穿越”、“直升飞机倒飞悬停”、“彩虹”等节目令同学们大开眼界．则（ ）-14-\n A．航模飞机在竖直平面内做圆周运动时，在最低点机舱内的零件处于超重状态 B．航模飞机的遥控装置与电视机遥控板一样，都是利用了红外线的特性 C．航模飞机释放的彩色烟雾形成的彩虹与雨后的彩虹原理不同，雨后的彩虹是光的反射形成的 D．直升机悬停时，螺旋桨对空气的力向下，直升机倒飞悬停时，螺旋桨对空气的力向上【考点】：红外线的热效应和红外线遥控．【分析】：由超重和失重的现象明确飞机的状态；根据红外线及飞机遥控的性质明确飞机遥控的装置；根据彩色烟雾的形成原理明确C项；根据受力分析明确受力关系．【解析】：解：A、由于飞机在最低点具有向上的加速度，故处于超重状态；故A正确；B、航模飞机的遥控距离较远，不能用红外线进行遥控；故B错误；C、彩色烟雾是带颜色的物体，不是因为光的反射形成的；故C错误；D、不论是倒飞还是正飞悬停，飞机受力均向上，故螺旋桨对空气的力向下；故D错误；故选：A．【点评】：本题考查对所学物理知识的应用能力，要注意在学习中掌握将所学物理规律应用到生产生活中的能力． 3．（6分）（2022•广元二模）科幻影片《星际穿越》正风靡全球，该片中涉及了天体物理的许多知识，比如爱因斯坦的相对论、黑洞模型、奇点理论等．以下说法正确的是（ ） A．宇航员在空间站内处于漂浮状态，所以他们不受重力 B．如果将米尺从地球上带到公转速率比地球大的某行星上，该米尺的长度一定会变短 C．“嫦娥一号”奔月卫星经过变轨被月球引力捕获再经多次变轨，最终绕月球做匀速圆周运动．若地球质量是月球质量的a倍，地球半径是月球半径b倍，则它在绕地球、月球表面附近做圆周运动的速率之比为 D．已知地球质量是月球质量的81倍，地心与月心间的距离为L，若“嫦娥一号”奔月卫星在地月连线上所受合力为零处被月球引力捕获，则此处到地心的距离为0.9L【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】：人造卫星问题．【分析】：宇航员在空间站内处于漂浮状态，是由于他们受到的重力提供了向心力．根据相对论分析米尺长度的关系．卫星所受地球引力与月球引力的大小恰好相等，根据万有引力定律列方程求解即可【解析】：解：A、宇航员在空间站内处于漂浮状态，是因为宇航员处于完全失重状态，重力提供其绕地球圆周运动的向心力，故A错误．B、根据相对论可知，尺缩效应是相对的，地球上的米尺如果被带上该行星，相对于该行星静止时，尺的长度相同．故B错误．C、根据万有引力提供向心力，得，故=，故C错误．D、卫星所受地球引力与月球引力的大小恰好相等，根据万有引力定律，有：-14-\n解得：又因为r月+r地=L，所以r地=0.9L，即此处到地心的距离为0.9L，故D正确．故选：D．【点评】：考查圆周运动的基本知识，掌握向心力定义与公式，并由万有引力提供向心力来列式， 4．（6分）（2022•广元二模）如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波，实线为t1=0时刻的波形图，虚线为t2=0.2s时的波形图．则（ ） A．N、Q两质点的振动情况总是相同的 B．从t2时刻起再经过△t=0.7s质点M可能处于波峰位置 C．t1=0时刻的波形图上的M点经0.5s可能达到Q点 D．这列波的波速可能为v=24m/s【考点】：波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】：根据波的传播方向确定质点N、Q的振动方向．结合波的周期性，分析时间t与周期的关系通项，并求出频率和波速的通项，再确定特殊值【解析】：解：解：A、简谐横波沿x轴正方向传播，在t=0时刻，质点N向上振动，Q向下振动．故A错误．B、由题意，波长为λ=4m，t=（n+）T，T==s，（n=0，1，2，、）．当n=0，周期T=0.8s，从t2时刻起再经过△t=0.7s质点M处于波峰位置，故B正确；C、振动的各点只是在原位置上下振动，不随波的传播而移动，故C错误；D、频速v==5（4n+1）m/s，当n=1时，v等于25m/s．故D错误；故选：B【点评】：本题的方法是由波动图象读出波长，根据题给条件，列出周期与时间t的关系通项，分析特殊值．培养运用数学知识解决物理问题的能力 5．（6分）（2022•广元二模）如图所示，矩形线圈abcd的匝数n=20，ab=2bc=0.2m，线圈在外力作用下以角速度ω=10rad/s绕中心轴匀速转动，在磁极和中心轴之间形成的两磁场区域的圆心角均为π，磁感应强度大小均为1.5T，方向始终与两边的运动方向垂直，R=1.5Ω，线圈电阻r=0.5Ω，则理想交流电表的示数为（ ）-14-\n A．2AB．4AC．4AD．16A【考点】：交流的峰值、有效值以及它们的关系．【专题】：交流电专题．【分析】：根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势最大值，再结合一个周期，即可求解有效值，再由欧姆定律即可求得电流的示数．【解析】：解：ab、cd边的运动速度v=ω感应电动势Em=2NBlabv解得：Em=NBlablbcω=20×1.5×0.2×0.1×10=6V在磁极和中心轴之间形成的两磁场区域的圆心角均为π，则一个周期内，通电时间t=T；由于产生不是正弦式变化规律的交流电，而是最大值不变的交流电，因此=；解得：U=4V，则电流表的示数为：=2A；故选：A．【点评】：本题研究交变电流的产生，实质上是电磁感应知识的具体应用，掌握法拉第电磁感应定律的应用，理解有效值与最大值的关系：不是1：，原因产生不是正弦规律变化的交流电，注意线圈不是总是有感应电流的． 6．（6分）（2022•广元二模）如图所示，绝缘水平面上O处放质量为m、电荷量为q的带负电荷的小物体．劲度系数为k的绝缘轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与小物体接触（未固定），弹簧水平且无形变．O点左侧有竖直向下的匀强电场，电场强度为E=．用水平力F缓慢向右推动物体，在弹性限度内弹簧被压缩了x0，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0，物体与水平面间的动摩擦因素为µ，重力加速度为g．则（ ）-14-\n A．撤去F后，物体回到O点时速度最大 B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为﹣μg C．物体离开弹簧时速率为 D．撤去F后系统产生的内能为4µmgx0【考点】：功能关系；电势能．【分析】：本题通过分析物体的受力情况，来确定其运动情况：撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力、电场力和滑动摩擦力，电场力和滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，可知加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；撤去F后，根据牛顿第二定律求解物体刚运动时的加速度大小；物体离开弹簧后通过的最大距离为4x0，由动能定理求解摩擦力所做的功；当弹簧的弹力与电场力、滑动摩擦力的合力大小相等、方向相反时，速度最大．【解析】：解：A、撤去F后，物体回到O之前水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，当弹簧的弹力与电场力、滑动摩擦力的合力大小相等、方向相反时，速度最大．故A错误．B、撤去F后，物体物体水平方向上受到向左弹簧的弹力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：物体的加速度为a==．故B正确；C、物块进入电场区域后，受到的电场力：，所以在竖直方向上，物块受到的支持力：此时物体受到的摩擦力：，物块此时的加速度：．物块进入电场的区域后竖直方向的摩擦力不变，物块做匀减速直线运动，位移为：x=4x0﹣x0=3x0由运动学的公式：可得物体离开弹簧时速率为：．故C正确；D、物块进入电场前受到的摩擦力：f=μmg，物块进入电场区域后受到的摩擦力：f′=0.5μmg，所以撤去F后系统产生的内能为：Q=f•x0+f′•x=2.5μmgx0．故D错误．故选：BC-14-\n【点评】：本题分析物体的受力情况和运动情况是解答的关键，要抓住加速度与合外力成正比，即可得到加速度是变化的． 7．（6分）（2022•广元二模）如图所示，在水平面上竖直固定边长为l的正方形框架abcd，ac与水平面垂直，拐角处都用非常小的圆弧连接，整个装置处在垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，一个套在框架上带电量+q、质量为m的小球从a点开始沿abc无初速下滑．下列说法正确的是（ ） A．若框架光滑，小球到达c点时的速率为 B．若框架不光滑，小球到达c点时的速率为v，则在此过程中克服摩擦力做功小于mgl﹣mv2 C．若框架不光滑，小球下滑时摩擦力可能先减小后增大再减小 D．若在ab、bc上都有匀速运动的阶段，则匀速运动速率ab段比bc段大【考点】：带电粒子在混合场中的运动；洛仑兹力．【分析】：对小球进行受力分析，结合洛伦兹力的特点，与摩擦力做功的特点即可．【解析】：解：由题可知，a点的高度：h=lA、若框架光滑，小球到达c点的过程中只有重力做功，支持力与洛伦兹力都不做功，所以速率为．故A错误；B、若框架不光滑，重力与摩擦力做功，小球到达c点时的速率为v，则在此过程中：，克服摩擦力做功Wf=mgl﹣mv2．故B错误；C、小球带正电，由a向b运动的过程中，由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力的方向指向正上方，开始时小球的速度比较小，洛伦兹力比较小，随速度的增大，洛伦兹力增大，若后来洛伦兹力大于重力垂直于斜面方向的分力，则支持力的方向从向上改变为向下，支持力先减小后增大；框架不光滑，小球下滑时摩擦力可能先减小后增大；小球在bc之间运动的过程中，洛伦兹力的方向指向左下方，洛伦兹力的方向垂直于斜面向下，支持力为重力的分力与洛伦兹力的合力，由于洛伦兹力已经大于重力沿斜面方向的分力，所以在b到c的过程中，摩擦力可能大于重力沿斜面向下的分力，小球做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小；随洛伦兹力的减小，支持力减小，摩擦力减小．所以可能出现摩擦力先减小后增大再减小的情况．故C正确；-14-\nD、由C的分析可知，若在ab上有匀速运动的阶段，则一定是：μ（qv1B﹣mgcos45°）=mgsin45°；若在bc上有匀速运动的阶段，一定是：μ（qv2B+mgcos45°）=mgsin45°所以：．故D正确．故选：CD【点评】：该题中，小球在多个力的作用下运动，其中由于洛伦兹力随速度的变化而变化，所以是动态变化的问题，要抓住洛伦兹力随速度的变化的规律，以及洛伦兹力方向的变化特点进行分析． 二、非选择题共68分）．答在试卷上、草稿纸上无效．8．（6分）（2022•广元二模）我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律．以下是实验探究过程的一部分．（1）如图甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道 电流表指针偏转方向与电流方向间的关系 ．（2）如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏．电路稳定后，若向左移动滑动触头，此过程中电流表指针向 右 偏转；若将线圈A抽出，此过程中电流表指针向 左 偏转（均选填“左”或“右”）．【考点】：研究电磁感应现象．【专题】：实验题．【分析】：（1）要探究感应电流方向，应该知道电流表指针偏转方向与电流方向间的关系．（2）根据题意确定电流表指针偏转方向与磁通量变化的关系，然后根据磁通量的变化判断指针的偏转方向．【解析】：解：（1）如图甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道电流表指针偏转方向与电流方向间的关系．（2）如图乙所示，实验中发现闭合开关时，穿过线圈B的磁通量增加，电流表指针向右偏；电路稳定后，若向左移动滑动触头，通过线圈A的电流增大，磁感应强度增大，穿过线圈B的磁通量增大，电流表指针向右偏转；若将线圈A抽出，穿过线圈B的磁通量减少，电流表指针向左偏转．故答案为：（1）电流表指针偏转方向与电流方向间的关系；（2）右；左．【点评】：探究电磁感应现象实验，在实验前应明确电流表指针偏转方向与电流方向间的关系；本题无法直接利用楞次定律进行判断电流方向，但是可以根据题意得出产生使电流表指针右偏的条件，即可不根据绕向判出各项中应该出现的现象． 9．（11分）（2022•广元二模）在探究动能定理的实验中，某实验小组组装了一套如图所示的装置，拉力传感器固定在小车上，一端与细绳相连，用拉力传感器记录小车受到拉力的大小．穿过打点计时器的纸带与小车尾部相连接，打点计时器打点周期为T，实验的部分步骤如下：-14-\n①平衡小车所受的阻力：不挂钩码，调整木板右端的高度，用手轻推小车，直到打点计时器打出一系列 间距相等 的点．②测量小车和拉力传感器的总质量M，按图组装好仪器，并连接好所需电路，将小车停在打点计时器附近，先接通拉力传感器和打点计时器的电源，然后 释放小车 ，打出一条纸带，关闭电源．③在打出的纸带中选择一条比较理想的纸带如图所示，在纸带上按打点先后顺序依次取O、A、B、C、D、E等多个计数点，各个计数点到O点间的距离分别用hA、hB、hC、hD、hE…表示，则小车和拉力传感器在计时器打下D点时的动能表达式为 ，若拉力传感器的读数为F，计时器打下A点到打下D点过程中，细绳拉力对小车所做功的表达式为 F（hD﹣hA） ．④某同学以A点为起始点，以A点到各个计数点动能的增量为纵坐标，以A点到各个计数点拉力对小车所做的功W为横坐标，得到一条过原点的倾角为45°的直线，由此可以得到的结论是 外力所做的功，等于物体动能的变化量 ．【考点】：探究功与速度变化的关系．【专题】：实验题；动能定理的应用专题．【分析】：①当打点计时器在纸带上打出一系列间隔均匀的点时，小车做匀速直线运动，恰好平衡摩擦力．②实验时应先接通电源，再放开小车．③由匀变速运动的推论及功的公式分析答题．④根据动能定理与图象特点分析答题．【解析】：解：①平衡小车所受的阻力：不挂钩码，调整木板右端的高度，用手轻推小车，直到打点计时器打出一系间距相等的点．②测量小车和拉力传感器的总质量M，按图组装好仪器，并连接好所需电路，将小车停在打点计时器附近，先接通拉力传感器和打点计时器的电源，然后释放小车，打出一条纸带，关闭电源．③打下D点时的速度vD=，打下D点时的动能EKD=MvD2=；拉力传感器的读数为F，计时器打下A点到打下D点过程中，细绳拉力对小车所做的功W=F（hD﹣hA）．④由动能定理得：△EK=W，以A点到各个计数点动能的增量为纵坐标，以A点到各个计数点拉力对小车所做的功W为横坐标，得到一条过原点的倾角为45°的直线，由此可以得到的结论是：外力所做的功，等于物体动能的变化量．-14-\n故答案为：①间距相等；②释放小车；③；F（hD﹣hA）；④外力所做的功，等于物体动能的变化量．【点评】：知道实验注意事项、应用匀变速运动推论、动能定理即可正确解题． 10．（15分）（2022•广元二模）微耕机俗称“铁牛”，以小型柴油机或汽油机为动力，具有重量轻，体积小等特点，广泛适用于平原、山区、丘陵的旱地、水田、果园等．如图1所示为一款可遥控的履带式柴油微耕机，其质量为100kg，额定功率4kW．现遥控该微耕机以额定功率匀速从A处经倾角α=30°，长L=100m的斜坡行驶到B处犁地，斜坡对它的阻力恒为1500N（如图2）．求：（1）微耕机在斜坡上行驶的速率；（2）若完成作业后从斜坡匀速返回，微耕机的能量转化效率为40%，求在下坡过程中柴油机消耗燃油所做的总功？【考点】：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．【分析】：（1）对微耕机受力分析，根据平衡条件求出牵引力的大小，再根据P=Fv求解微耕机在斜坡上行驶的速率；（2）设沿斜坡向下匀速行驶时牵引力为F2，根据平衡条件求出F2的大小，根据W=Fx求解牵引力做的功，再根据牵引力做功和总共的关系即可求解．【解析】：解：（1）设沿斜坡匀速向上行驶速度为v1，牵引力为F1，则有：mgsin30°+f=F1其额定功率为：P0=F1v1代入数据解得：v1=2m/s（2）设沿斜坡向下匀速行驶时牵引力为F2．由题意有：F2+mgsin30°=f牵引力做的功为：W1=F2L微耕机总功为：W2=联立并代入数据得：W2=2.5×105J答：（1）微耕机在斜坡上行驶的速率为2m/s；（2）在下坡过程中柴油机消耗燃油所做的总功为2.5×105J．【点评】：本题主要考查了平衡条件及功率公式的直接应用，解答第二问时也可以根据动能定理列式求解，难度不大，属于基础题． -14-\n11．（17分）（2022•广元二模）如图所示，竖直平面被分为足够长的I、II两个区域，这两个区域有垂直于竖直平面向里的匀强磁场，磁感应强度均为B．I区固定有竖直放置的平行金属薄板K、K′，极板间距离为d．II区用绝缘装置竖直固定两根电阻可忽略的金属导轨，导轨间距离为l，且接有阻值为R的电阻，导轨与金属板用导线相连．电阻为r、长为l的导体棒与导轨接触良好，在外力作用下沿导轨匀速向上运动．一电荷量为q、质量为m的带负电的小球从靠近金属板K的A处射入I区，射入时速度在竖直平面内且与K板夹角为45°，在板间恰能做直线运动．（重力加速度为g）（1）求导体棒运动的速度v1；（2）若只撤去I区磁场，其它条件不变，要使小球刚好到达K′板上正对A的位置A′，极板间距离d应满足什么条件？【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】：（1）带负电的小球在板间恰能做直线运动，由于洛伦兹力与速度成正比，可知小球必定做匀速直线运动，分析其受力情况，由平衡条件和法拉第电磁感应定律、欧姆定律结合求解．（2）若只撤去I区磁场，小球在电场力和重力的作用下做类平抛运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式结合解答．【解析】：解：（1）由题分析知小球在板间做匀速直线运动，受力分析如图所示．有qE=mg设竖直两板的电压为U．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律有：Blv1=（R+r）另有U=Ed-14-\n解得v1=（2）撤去I区磁场，对小球进行受力分析，可知小球做类平抛运动．设从A到A'的时间为t，加速度为a．在合外力方向上，有=初速度v2方向上，有=v2t根据上题得F合=Bqv2=mg由牛顿第二定律，有F合=ma解得d=答：（1）导体棒运动的速度v1为．（2）要使小球刚好到达K′板上正对A的位置A′，极板间距离d应满足的条件是d=．【点评】：解决本题的关键要正确分析小球的受力情况和运动情况，熟练运用运动的分解法处理类平抛运动． 12．（19分）（2022•广元二模）如图所示，水平地面上固定一绝缘光滑长方体abcd﹣a′b′c′d′，长ab为15m，宽ad为10m，高aa′为5m，MN、PQ与ad相互平行，且aN、NQ、Qb间距离都为5m．一个半径为R=5m的圆弧的光滑绝缘轨道被竖直固定，圆弧轨道的最高点E与它的圆心O在同一水平线上，M为该装置与cd的切点，区域MNQP、PQbc存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1=1T和B2=2T，方向相反，边界MN、PQ处无磁场．从E点静止释放一质量m1=0.1kg，带正电荷q=0.1C的小球．g=10m/s2．求：（1）小球刚到达M点时，对圆弧管道的压力大小；（2）小球从M点到落地的时间t；（π≈3）-14-\n（3）若在b′处有一静止的小滑块，其质量为m2=0.01kg，与地面间的动摩擦因数µ=0.9．当小球刚过M时，对小滑块施加一水平恒力F，作用一段时间后撤去该恒力，使之在小球刚落地时恰好相遇，此时小滑块的速度也刚好减小到零．求恒力F的大小？（≈1.7，≈≈1.6）【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：（1）小球从E到M的过程，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出小球到M点时的速度，结合牛顿第二定律与向心力表达式，及牛顿第三定律，即可求解；（2）根据小球做匀速圆周运动，结合半径公式，及平抛运动规律，并由几何关系，即可求解．（3）滑块先做匀加速运动，后做匀减速运动，作出v﹣t图象，求出最大速度，再由速度关系求解F的大小．【解析】：解：（1）小球从释放到M点的过程，由机械能守恒有m1gR=解得v=10m/s在M点，由牛顿第二定律有F﹣m1g=m1解得F=3N根据牛顿第三定律，小球到达M点时对管道的压力为3N．（2）①小球的运动情况如图所示，设其在B1中的运动半径为R1，运动时间为t1．有B1qv=m1解得R1=10m由图可知，小球在B1中做圆运动的圆心角为30°所以t1==≈0.5s②设小球在B2中的运动半径为R2，运动时间为t2．-14-\n有B2qv=m2解得R2=5m小球在B2中做圆运动的圆心角为60°所以t2==≈0.5s③小球离开B2区域后做平抛运动，设小球做平抛运动的时间为t3．则有hbb′=解得t3=1s所以，小球从M点到落地的时间t=t1+t2+t3≈2s（3）①小球做平抛运动的水平位移x1=vt3=10m根据题意，小滑块的运动是先匀加速再匀减速，其位置关系如图所示．由图可知小滑块的总位移x=其中x2=R1cos30°=5m解得x=m≈m≈16m②小滑块的v﹣t图象形状如右下图所示，设小滑块加速阶段的时间为t0，最大速度为vm，则由位移关系有x=-14-\n速度关系有vm=t0=（t﹣t0）解得vm=16m/s，t0=s，作用力F=0.81N．答：（1）小球刚到达M点时，对圆弧管道的压力大小是3N．（2）小球从M点到落地的时间t是2s．（3）恒力F的大小为0.81N．【点评】：本题是复杂磁场与力学综合题，要按时间顺序正确分析小球的运动情况，对于磁场，关键定圆心，找半径，对于相遇问题，关键要找两个物体之间的关系．-14-
