2022年高三上学期月考物理试卷（12月份） 含解析

2022年高三上学期月考物理试卷（12月份） 含解析一、单项选择题：（每小题4分，共16分）1（4分）（2011茂名一模）如图所示，物体A在拉力F作用下始终静止在水平面上，下述说法正确的是（）A物体一定受到三个力的作用B拉力F越大，物体受到的合力越大C物体受到的重力与拉力F平衡D地球对物体的引力与物体对地球的引力是一对作用力与反作用力2（4分）（2011罗湖区校级模拟）在地面上将一小球竖直向上抛出，上升一定高度后再落回原处，若不计阻力，以向上为正方向，则下述图象能正确反映位移时间，速度时间、加速度时间、重力势能高度（取地面的重力势能为零）的是（）ABCD3（4分）（xx嘉峪关校级模拟）如图所示，实线表示匀强电场的电场线一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，a、b为轨迹上的两点若a点电势为a，b点电势为b，则（）A场强方向一定向左，且电势abB场强方向一定向左，且电势abC场强方向一定向右，且电势abD场强方向一定向右，且电势ab4（4分）（2011罗湖区校级模拟）如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1r，当电路中滑动变阻器R2的滑动触头P向上滑动时，以下说法正确的是（）A电容器C的下极板的带电量增大B电压表的读数变大C电源的总功率不变D电源的输出功率变大二、双项选择题：（每小题6分，共30分）5（6分）（xx秋成都期中）M、N是一对水平放置的平行板电容器，将它与一电动势为E，内阻为r的电源组成如图所示的电路，R是并联在电容器上的滑动变阻器，G是灵敏电流计，在电容器的两极板间有一带电的油滴处于悬浮状态，如图所示，现保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向上滑动，则（）A在滑片滑动时，灵敏电流计中有从b向a的电流B在滑片滑动时，灵敏电流计中有从a向b的电流C带电油滴将向上运动D带电油滴将向下运动6（6分）（xx上饶二模）关于运动和力的关系，下列说法中正确的是（）A不受外力作用的物体可能做直线运动B受恒定外力作用的物体可能做曲线运动C物体在恒力作用下可能做匀速圆周运动D物体在变力作用下速度大小一定发生变化7（6分）（2011茂名一模）设一卫星在离地面高h处绕地球做匀速圆周运动，其动能为Ek1，重力势能为Ep2，与该卫星等质量的另一卫星在离地面高2h处绕地球做匀速圆周运动，其动能为Ek2，重力势能为Ep2，则下列关系式中正确的是（）AEk1Ek2BEp1Ep2CEk1+Ep1=Ek2+Ep2DEk1+Ep1Ek2+Ep28（6分）（xx秋增城市校级月考）质量为m的子弹，以水平速度v射入静止在光滑水平面上质量为M的木块，并留在其中，说法正确的是（）A子弹克服阻力做的功与木块获得的动能相等B阻力对子弹做的功与子弹动能的变化相等C子弹克服阻力做的功与子弹对木块做的功相等D子弹克服阻力做的功大于系统摩擦所产生的内能9（6分）（xx湖北模拟）如图所示，一粗糙的水平传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，传送带的左、右两端皆有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速度v2沿水平面分别从左、右两端滑上传送带，下列说法正确的是（）A物体从右端滑到左端所须的时间一定大于物体从左端滑到右端的时间B若v2v1，物体从左端滑上传送带必然先做加速运动，再做匀速运动C若v2v1，物体从右端滑上传送带，则物体可能到达左端D若v2v1，物体从右端滑上传送带又回到右端在此过程中物体先做减速运动，再做加速运动三、填空题10（10分）（xx潮州二模）为测定海水的电阻率：某学习小组选取了一根塑料管，分别用刻度和游标卡尺测出其长度L和内径d，内径示数如图a所示，由图d=mm在塑料管里面灌满了海水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的海水柱用多用表的档位转换开关K旋转在如图b所示的位置，将插入“+”、“”插孔的红黑表笔短接，调零后粗测其阻值R，其结果如图b中表盘中所示，则R=该小组将为进一步精测其阻值，现采用伏安法有如下实验器材供选择：A直流电源：电动势12V，内阻不计，额定电流为1A；B电流表A：量程010mA，内阻约10；C电压表V：量程015V，内阻约15k；D滑动变阻器R1：最大阻值10；E滑动变阻器R2：最大阻值10k；F多用表：如图b；G开关、导线等（a）该小组采用限流电路并在正确选择器材后完成部分导线的连接，请你在实物接线图c中完成余下导线的连接并在滑动变阻器旁边标上其符号（R1或R2）（b）若该小组在实验过程中由于操作不当，导致所选用的电流表损坏为保证实验的正常进行，可将多用表的档位转换开关K旋转至直流挡位上，替换原使用的电流表并通过插入“+”、“”插孔的红黑表笔正确接入电路，继续实验该小组在实验中测得电压表和电流表的示数分别为U和I，则精确测出的海水电阻率表达式为：=11（8分）（xx涪城区校级模拟）如图1所示，用伏安法测电源电动势和内阻的实验中，在电路中接一阻值为2的电阻R0，通过改变滑动变阻器，得到几组电表的实验数据：U（V）1.21.00.80.6I（A）0.100.170.230.30R0的作用是；用作图法在图2坐标系上作出UI图线；利用图线，测得电动势E=V，内阻r=（结果保留两位有效数字）四、计算题（每小题18分，共36分）12（18分）（xx秋增城市校级月考）如图所示，在水平地面MN上方有一个粗糙绝缘平台PQ，高度为h=1m平台上方PR右侧有水平向右的有界匀强电场，PR左侧有竖直向上的匀强电场，场强大小均为E=1.1l04N/C有一质量m=1.0103kg、电荷量为q=2.0106C的滑块，放在距离平台左端P点L=1.2m处，滑块与平台间的动摩擦因数0.2，现给滑块水平向左的初速度v0=4m/s，取g=10m/s2，求：（1）滑块经过P点时的速度；（2）滑块落地点到N点的距离（3）求滑块从运动到落地所经过的时间13（18分）（2011秋中山期末）如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0103V/m一不带电的绝缘小球甲，以速度0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞已知乙球的质量为m=1.0102kg，乙所带电荷量q=2.0105C，甲球质量为乙球质量的k倍，g取10m/s2（水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移）（1）若k=1，且甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求甲的速度0；（2）若k1，且甲仍以（1）中的速度0向右运动，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围xx学年广东省广州市增城市新塘中学高三（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、单项选择题：（每小题4分，共16分）1（4分）（2011茂名一模）如图所示，物体A在拉力F作用下始终静止在水平面上，下述说法正确的是（）A物体一定受到三个力的作用B拉力F越大，物体受到的合力越大C物体受到的重力与拉力F平衡D地球对物体的引力与物体对地球的引力是一对作用力与反作用力考点：共点力平衡的条件及其应用 分析：由于物体始终静止在水平面上，因而物体受到的拉力始终不大于重力，即FG，合力可根据平衡态判断为零，物体可能受三力而平衡，也可能受二力而平衡解答：解：A、物体始终静止在水平面上，因而物体受到的拉力始终不大于重力，即FG，当拉力等于重力时，物体不受支持力，故A错误；B、物体始终静止在水平面上，加速度为零，处于平衡状态，三力上的合力为零，故B错误；C、重力可能大于拉力，此时物体还受到支持力，故C错误；D、根据牛顿第三定律，作用力与反作用力一定同时存在，大小总是相等，故D正确；故选D点评：本题关键在于正确的对物体受力分析，特别是B选项中，容易漏掉支持力，合力是三个力的合力，而不是重力与拉力两个力的合力2（4分）（2011罗湖区校级模拟）在地面上将一小球竖直向上抛出，上升一定高度后再落回原处，若不计阻力，以向上为正方向，则下述图象能正确反映位移时间，速度时间、加速度时间、重力势能高度（取地面的重力势能为零）的是（）ABCD考点：匀变速直线运动的图像 分析：竖直上抛运动是匀减速直线运动，加速度为g方向竖直向下，xt图的效率代表物体的速度，速度和加速度都是矢量，竖直上抛运动的上升过程和下降过程具有对称性解答：解：在小球竖直上抛过程中小球的加速度a=g，故物体做匀减速直线运动，A图是xt图，图象的斜率代表物体的速度，故物体做匀速直线运动故A错误B图是vt图象，根据图象可知开始时物体速度方向为负方向，而题目规定向上为正方向故B错误C图是at图象，加速度为负值且恒定不变，且速度逐渐减小，而竖直上抛运动中物体的加速度始终竖直向下，等于当地的重力加速度g，故C正确D图示重力势能随高度变化的图象，则由Ep=mgh可知物体上升过程中物体重力势能Ep=mgh随高度h增大而增大，下降过程中物体重力势能Ep=mgh随高度h的减小而减小，而本题中当高度为H时重力势能最大，当高度大于H时随高度的增大重力势能反而减小，故D错误故选C点评：解决图象问题，首先要看清纵横坐标的物理含义，然后推导出因变量随自变量之间的关系再根据题设条件进行判定3（4分）（xx嘉峪关校级模拟）如图所示，实线表示匀强电场的电场线一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，a、b为轨迹上的两点若a点电势为a，b点电势为b，则（）A场强方向一定向左，且电势abB场强方向一定向左，且电势abC场强方向一定向右，且电势abD场强方向一定向右，且电势ab考点：电场线；电场强度；电势 专题：电场力与电势的性质专题分析：粒子在电场力作用下，由运动与力关系可知，根据轨迹的弯曲程度，判断出合力（电场力）的方向，再根据电场力方向和电荷性质判断场强方向；沿着电场线的方向电势降低的因此可作出M、N点的等势点（要同在一根电场线），接着沿着电场线去判定解答：解：由图正电荷运动轨迹可知，正电荷受向右的电场力作用，故场强方向一定向右沿着电场线的方向电势降低的，可判定a点的电势大于b点，即电势ab故选C点评：电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧4（4分）（2011罗湖区校级模拟）如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1r，当电路中滑动变阻器R2的滑动触头P向上滑动时，以下说法正确的是（）A电容器C的下极板的带电量增大B电压表的读数变大C电源的总功率不变D电源的输出功率变大考点：闭合电路的欧姆定律；电容器；闭合电路中的能量转化 专题：压轴题分析：由电路图可知，R1与R2串联，C并联在R2两端，电压表并联在电源两端；当滑片向上滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变化及路端电压的变化；再对R2分析可知电压变化，则可得出电容器带电量的变化，由功率公式可求得功率的变化解答：解：滑片上移，滑动变阻器接入电阻减小，电路中总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知，电路中电流增大，内电压增大，由U=EIr可得电源的输出电压减小，故电压表示数减小，故B错误；因路端电压减小，电流增大，故R1两端的电压增大，R2两端的电压减小，故电容器两端电压减小，由Q=CU可知电容器极板上的带电量减小，故A错误；由P总=EI可得，电源的总功率增大，故C错误；由P出=I2（R1+R）=由数学知识可得，电源的输出功率当内阻等于外阻时输出功率最大，而R1r，故当R减小时，输出功率增大，故D正确；故选D点评：本题难点在于电源的输出功率的判断，应明确内电阻与外电阻相等时电源输出功率最大，而外电阻从大于内阻向内阻减小时，电源的输出功率增大二、双项选择题：（每小题6分，共30分）5（6分）（xx秋成都期中）M、N是一对水平放置的平行板电容器，将它与一电动势为E，内阻为r的电源组成如图所示的电路，R是并联在电容器上的滑动变阻器，G是灵敏电流计，在电容器的两极板间有一带电的油滴处于悬浮状态，如图所示，现保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向上滑动，则（）A在滑片滑动时，灵敏电流计中有从b向a的电流B在滑片滑动时，灵敏电流计中有从a向b的电流C带电油滴将向上运动D带电油滴将向下运动考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：电容器两极板的电压等于变阻器两端的电压将滑动变阻器的滑片向上滑动时，根据欧姆定律分析电容器板间电压如何变化，判断电容器是充电还是放电，分析通过电流计的电流方向由E=分析板间场强如何变化，判断油滴如何运动解答：解：AB、电容器两极板间的电压U=，当将滑动变阻器的滑片向上滑动时，R增大，U增大，电容器的电量增加，处于充电状态，灵敏电流计中有电流，由于电容器上板带正电，则灵敏电流计中有从a向b的电流故A错误，B正确CD、U增大，由E=分析得知，板间场强增大，则带电油滴将向上运动故C正确，D错误故选：BC点评：本题是电容的动态分析问题，关键确定电容器的电压，电路稳定时，电容器的电压等于所并联电路两端的电压6（6分）（xx上饶二模）关于运动和力的关系，下列说法中正确的是（）A不受外力作用的物体可能做直线运动B受恒定外力作用的物体可能做曲线运动C物体在恒力作用下可能做匀速圆周运动D物体在变力作用下速度大小一定发生变化考点：牛顿第一定律；物体做曲线运动的条件 分析：（1）物体不受外力或受平衡力是做匀速直线运动；（2）做曲线运动的条件是：合外力的方向与初速度的方向不在同一直线上；（3）做匀速圆周运动时合外力提供向心力，向心力方向是变化的；（4）物体在变力作用下可以做匀速圆周运动，速度大小不变解答：解：A物体不受外力或受平衡力是做匀速直线运动，故A正确；B当所受恒定外力与初速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动，故B正确；C物体做匀速圆周运动时合外力提供向心力，向心力方向是变化的，故C错误；D物体在变力作用下可以做匀速圆周运动，速度大小不变，故D错误故选B点评：本题考查了物体受力与物体运动的关系，要求同学们能记住一些具体的实例，如：曲线运动，匀速直线运动，匀速圆周运动等的受力情况7（6分）（2011茂名一模）设一卫星在离地面高h处绕地球做匀速圆周运动，其动能为Ek1，重力势能为Ep2，与该卫星等质量的另一卫星在离地面高2h处绕地球做匀速圆周运动，其动能为Ek2，重力势能为Ep2，则下列关系式中正确的是（）AEk1Ek2BEp1Ep2CEk1+Ep1=Ek2+Ep2DEk1+Ep1Ek2+Ep2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；重力势能 专题：人造卫星问题分析：根据万有引力提供向心力得出线速度与轨道半径的关系，从而比较出动能的大小，通过卫星从低轨道变轨到高轨道，需点火加速，机械能增加，比较出两个轨道上的机械能解答：解：根据，解得v=，轨道半径越大，线速度越小，所以离地面2h轨道上的动能小于离地面h轨道上的动能，即Ek1Ek2高度越高，重力势能越大Ep1Ep2卫星从低轨道变轨到高轨道，需点火加速，机械能增加，所以Ek1+Ep1Ek2+Ep2故A、D正确，B、C错误故选AD点评：解决本题的关键了解卫星变轨的原理，以及掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用8（6分）（xx秋增城市校级月考）质量为m的子弹，以水平速度v射入静止在光滑水平面上质量为M的木块，并留在其中，说法正确的是（）A子弹克服阻力做的功与木块获得的动能相等B阻力对子弹做的功与子弹动能的变化相等C子弹克服阻力做的功与子弹对木块做的功相等D子弹克服阻力做的功大于系统摩擦所产生的内能考点：动能定理的应用；功能关系 分析：子弹和木块所受水平作用力（相互摩擦力）大小相等，可认为是恒力但二者的位移大小不同，做功不同解答：解：A、子弹克服阻力做功等于产生的内能和木块的动能，所以A错误B、对于子弹来说只有阻力做功，其效果就是子弹动能减少，子弹动能的减少和阻力对子弹所做的功数值上相等，所以B正确C、子弹对木块做的功应该等于木块的动能，所以C错误D、子弹克服阻力做的功一部分是给了内能一部分给了木块，所以D正确故选：BD点评：功是能量转化的量度，能量转化的多少可以用功来量度，掌握住功和能的关系就可以分析得出结论9（6分）（xx湖北模拟）如图所示，一粗糙的水平传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，传送带的左、右两端皆有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速度v2沿水平面分别从左、右两端滑上传送带，下列说法正确的是（）A物体从右端滑到左端所须的时间一定大于物体从左端滑到右端的时间B若v2v1，物体从左端滑上传送带必然先做加速运动，再做匀速运动C若v2v1，物体从右端滑上传送带，则物体可能到达左端D若v2v1，物体从右端滑上传送带又回到右端在此过程中物体先做减速运动，再做加速运动考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：传送带专题分析：物体由于惯性冲上皮带后，分v2大于、等于、小于v1三种情况分析，从左端滑上传送带时，物体可以先加速，当速度等于传送带速度时匀速运动，也可以一直加速运动，也可以一直匀速运动，也可以先减速后匀速运动，还可以一直减速；从右端滑上传送带时，可以先匀减速运动到速度为0再反向加速后匀速，也可以先减速后反向匀加速，分情况进行讨论即可解题解答：解：A、若物体从右端滑到左端和从左端滑到右端的过程中一直相对于传送带滑动，此时滑动摩擦力产生加速度，两者加速度相等，运动的位移相等，都做匀变速运动，所以运动的时间相等，否则不等，故A错误；B、若v2v1，物体从左端滑上传送带时所受的滑动摩擦力向右，物体先做匀加速运动，当物体运动到右端时速度仍小于传送带速度时，没有匀速过程，故B错误；C、若v2v1，物体从右端滑上传送带，物体所受摩擦力向右，物体做匀减速运动，当物体滑到左端速度大于等于零时，可以到达左端，故C正确；D、若v2v1，物体从右端滑上传送带又回到右端物体受到的摩擦力一直向右，加速度不变，即先向左匀减速，后向右匀加速，故D正确；故选：CD点评：本题关键是要分成v2大于、等于、小于v1三种情况讨论，同时还要考虑传送带的实际长度是否能保证最后匀速三、填空题10（10分）（xx潮州二模）为测定海水的电阻率：某学习小组选取了一根塑料管，分别用刻度和游标卡尺测出其长度L和内径d，内径示数如图a所示，由图d=2.50mm在塑料管里面灌满了海水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的海水柱用多用表的档位转换开关K旋转在如图b所示的位置，将插入“+”、“”插孔的红黑表笔短接，调零后粗测其阻值R，其结果如图b中表盘中所示，则R=6.0103该小组将为进一步精测其阻值，现采用伏安法有如下实验器材供选择：A直流电源：电动势12V，内阻不计，额定电流为1A；B电流表A：量程010mA，内阻约10；C电压表V：量程015V，内阻约15k；D滑动变阻器R1：最大阻值10；E滑动变阻器R2：最大阻值10k；F多用表：如图b；G开关、导线等（a）该小组采用限流电路并在正确选择器材后完成部分导线的连接，请你在实物接线图c中完成余下导线的连接并在滑动变阻器旁边标上其符号（R1或R2）（b）若该小组在实验过程中由于操作不当，导致所选用的电流表损坏为保证实验的正常进行，可将多用表的档位转换开关K旋转至直流10mA挡位上，替换原使用的电流表并通过插入“+”、“”插孔的红黑表笔正确接入电路，继续实验该小组在实验中测得电压表和电流表的示数分别为U和I，则精确测出的海水电阻率表达式为：=考点：伏安法测电阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：游标卡尺的读数：由主尺刻度数加游尺刻度数欧姆档的读数：两位有效数字乘以倍率（a）由限流式接法连入一上方接线柱；（b）选择与电流表的量程相当的档位；求出电阻值进而求得电阻率解答：解：读数：2+100.05=2.50mm 读数为：6.0103（a）限流式接法如下图，因用的限流式接法，且待测电阻的阻值约为6K，若用R1来控制电流其阻值偏小，而R2 可以，故选用R2 （b）选择与电流表相当的档位：10mA 因R= 求得 故答案为：2.50 6.0103 （a）如图 （b） 10mA 点评：考查游卡尺的读法，明确由主尺刻度加游尺刻度考查欧姆档的读数方法，注意倍率考查电阻测量电路实验基本要点，会正确读数，明确基本公式11（8分）（xx涪城区校级模拟）如图1所示，用伏安法测电源电动势和内阻的实验中，在电路中接一阻值为2的电阻R0，通过改变滑动变阻器，得到几组电表的实验数据：U（V）1.21.00.80.6I（A）0.100.170.230.30R0的作用是保护电源、电表，防止短路；用作图法在图2坐标系上作出UI图线；利用图线，测得电动势E=1.5V，内阻r=1.0（结果保留两位有效数字）考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：（1）为了防止电源发生短路，我们常用一定值电阻充当保护电阻；（2）由描点法将表中各点的坐标描出，再由直线将各点相连即可；（3）由图象与纵坐标的交点可求得电源的电动势；由图象的斜率可求得内阻与保护电阻之和；因保护电阻已知，则可求出内阻解答：解：（1）R0接在电源附近，是为了防止当外部短路时，电源出现短路现象，故此电阻在此起保护作用；保护电源、电表防止短路；同时可以减小电阻的测量误差（2）将（I、U）坐标描在图象中，用直线将各点相连，如图所示；（3）由图可知，电源的电动势约为1.5V；R0+r=3，r=3.02.0=1.0；故答案为：（1）保护电源、电表，防止短路；（2）如上图；（3）1.5，1.0点评：本题考查测量电动势和内电阻的实验，注意保护电阻在电路中的作用；同时要注意保护电阻可等效为电源的内阻进行分析四、计算题（每小题18分，共36分）12（18分）（xx秋增城市校级月考）如图所示，在水平地面MN上方有一个粗糙绝缘平台PQ，高度为h=1m平台上方PR右侧有水平向右的有界匀强电场，PR左侧有竖直向上的匀强电场，场强大小均为E=1.1l04N/C有一质量m=1.0103kg、电荷量为q=2.0106C的滑块，放在距离平台左端P点L=1.2m处，滑块与平台间的动摩擦因数0.2，现给滑块水平向左的初速度v0=4m/s，取g=10m/s2，求：（1）滑块经过P点时的速度；（2）滑块落地点到N点的距离（3）求滑块从运动到落地所经过的时间考点：动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动 专题：动能定理的应用专题分析：（1）物体在平台上受电场力、摩擦力做功，则由动能定理可求得物体到达P点的速度；（2）物体做类平抛运动，竖直方向由牛顿第二定律可求得下落的加速度，水平方向做匀速直线运动，则可由平抛运动的公式可求得水平位移（3）由牛顿第二定律和运动学公式结合求解滑块运动的时间，即可求得总时间解答：解：（1）滑块在平台上运动过程，由动能定理得得：vP=8m/s（2）设脱离平台后物体竖直方向运动的加速度为a，下落时间为t1，根据牛顿第二定律得：mg+qE=ma又由运动学公式得，s=vt1解得：t1=0.25s，s=2m（3）设小球在平台上运动时间为t2在平台上运动加速度a1，可知qEmg=ma1vp=v0+a1t2代入数据解得t1=0.2s，滑块从运动到落地所经过的时间t=t1+t2=0.45s答：（1）滑块经过P点时的速度是8m/s；（2）滑块落地点到N点的距离是2m（3）滑块从运动到落地所经过的时间是0.45s点评：本题中MN处的电场增加了物体下落时竖直方向的加速度，水平向上仍然做匀速直线运动，故仍可按平抛运动的规律求解13（18分）（2011秋中山期末）如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0103V/m一不带电的绝缘小球甲，以速度0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞已知乙球的质量为m=1.0102kg，乙所带电荷量q=2.0105C，甲球质量为乙球质量的k倍，g取10m/s2（水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移）（1）若k=1，且甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求甲的速度0；（2）若k1，且甲仍以（1）中的速度0向右运动，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：（1）由于两个球发生的是弹性碰撞，所以动量守恒，机械能也守恒，列出方程可以求出甲的速度v0；（2）对乙受力分析，乙离开最高点之后，做类平抛运动，竖直方向上匀加速运动，水平方向上匀速运动；乙求经过D点后的最小的速度应该是vD，再由动量守恒分析可得最大的速度，根据平抛运动水平方向的运动规律，可以求得范围的大小解答：解：（1）在乙恰能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则 设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒有： kmv0=kmv甲+mv乙 联立得： 由k=1，则v乙=v0由动能定理得： 联立得：m/s （2）甲、乙完全弹性碰撞，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，由得解得 又k1，则v0v乙2v0 设乙球过D点的速度为vD，由动能定理得 解得：2m/svD8m/s 设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为x，则有：x=vDt 联立解得：0.4mx1.6m答：（1）甲的速度是m/s；（2）乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围是0.4mx1.6m点评：在本题中物体不仅受重力的作用，还有电场力，在解题的过程中，一定要分析清楚物体的受力和运动过程，两球在碰撞过程中动量守恒，碰后机械能守恒，题目中物体的运动过程比较复杂，在解题是一定分析清楚运动过程