2019-2020年高三上学期第二次质检物理试题含解析.doc

2019-2020年高三上学期第二次质检物理试题含解析一、选择题（每小题的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1（4分）（xx秋枣庄期中）许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献，也创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、建立物理模型法、类比法和科学假说法等等以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述正确的是（）A卡文迪许测出引力常量用了放大法B伽利略为了说明力是维持物体运动的原因用了理想实验法C在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫假设法D在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法考点：物理学史专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：A、卡文迪许测出引力常量用了放大法，故A正确B、伽利略为了说明力不是维持物体运动的原因用了理想实验法，故B错误C、在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故C错误D、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法，故D正确故选AD点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（4分）（xx春浦东新区校级月考）如图所示，一轻弹簧的左端固定，右端与一小球相连，小球处于光滑水面上，现对小球施加一个方向水平向右的恒力F，使小球从静止开始运动则小球在向右运动的整个过程中（）A小球和弹簧组成的系统机械能守恒B小球和弹簧组成的系统机械能逐渐增大C小球的动能逐渐增大D小球的动能先增大后减小考点：功能关系；机械能守恒定律分析：机械能的变化量等于重力或弹簧弹力以外的力做功多少；结合牛顿第二定律分析小球的速度变化情况解答：解：A、以弹簧和小球的系统为研究对象，力F做正功，故系统机械能增加，故A错误B正确；C、小球静止时弹簧处于原长，开始阶段弹簧形变量较小，则弹簧拉力较小，F大于弹簧拉力，小球加速度向右，小球加速运动，随着弹簧拉力变大小球加速度减小，当弹簧拉力增大到与外力F相等时，加速度减小到零，小球速度达到最大，之后小球继续向右运动，弹簧拉力大于外力F，小球加速度方向向左，即小球做减速运动，故小球的动能先增大后减小，C错误D正确；故选：BD点评：掌握功能关系：机械能的变化量等于重力或弹簧弹力以外的力做的功；会分析变加速运动物体的运动情况是此题中判断小球动能变化的前提3（4分）（xx秋莱州市校级月考）如图所示的直角三角板紧贴在固定的刻度尺上方，一支铅笔沿三角板直角边向上做匀速直线运动同时，三角板沿刻度尺向右匀加速运动，下列关于铅笔尖的运动及其留下的痕迹的判断，其中正确的有（）A笔尖留下的痕迹是一条倾斜的直线B笔尖留下的痕迹是一条曲线C在运动过程中，笔尖的速度方向始终保持不变D在运动过程中，笔尖的加速度方向始终保持不变考点：运动的合成和分解专题：运动的合成和分解专题分析：把笔尖的实际运动分解成沿三角板的直角边方向上的匀速直线运动和沿直尺方向上的匀加速直线运动，得知笔尖的实际运动是曲线运动，运动轨迹是一条曲线（抛物线的一部分），从而可判断AB的正误；笔尖在沿三角板的直角边的方向上加速度为零，在沿直尺的方向上加速度保持不变，由此可判断选项CD的正误解答：解：AB、铅笔沿三角板直角边向上做匀速直线运动，同时三角板又向右做匀加速直线运动，所以笔尖参与这两个运动，实际运动是这两个运动的合运动，加速度的方向与速度不在同一条直线上，所以笔尖留下的痕迹是一条曲线选项A错误，B正确C、因笔尖的运动是曲线运动，所以笔尖的速度方向是时刻发生变化的，选项C错误D、笔尖的连个分运动，一个是沿三角板的直角边的匀速直线运动，此方向上的加速度为零；另一分运动是沿直尺向右的匀加速运动，此方向上的加速度是恒定的，所以笔尖的加速度方向是始终不变的故选：BD点评：该题考查了运动的合成与分解，解题的关键是要知道笔尖的实际运动时沿三角板直角边方向上的匀速直线运动和沿直尺方向上的匀加速直线运动的合运动了解物体做曲线运动的条件是加速度的方向与速度的方向不在一条直线上，同时要会分析两个直线运动的合运动是什么类型的运动4（4分）（xx江门一模）xx北京奥运会取得了举世瞩目的成功，某运动员（可看作质点）参加跳板跳水比赛，起跳过程中，将运动员离开跳板时做为计时起点，其速度与时间关系图象如图所示，则（）At1时刻开始进入水面Bt2时刻开始进入水面Ct3时刻已浮出水面D0t2的时间内，运动员处于失重状态考点：超重和失重；匀变速直线运动的图像专题：牛顿运动定律综合专题分析：在vt图象中，直线的斜率表示加速度的大小，速度的正负代表运动的方向，根据vt图象可以分析人的运动的状态解答：解：A、从开始到t2时刻，vt图象为直线，说明整个过程中的加速度是相同的，所以在0t2时间内人在空中，处于完全失重状态，t2之后进入水中，所以A错误BD正确；C、t3时刻，人的速度减为零，此时人处于水下的最深处，没有浮出水面，所以C错误故选BD点评：本题主要就是考查学生对速度时间图象的理解，要知道在速度时间的图象中，直线的斜率代表的是加速度的大小，图象的面积代表的是位移5（4分）（xx日照一模）如图所示，质量为m的滑块置于倾角为30的粗糙斜面上，轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30，系统处于静止状态，则（）A滑块可能受到三个力作用B弹簧一定处于压缩状态C斜面对滑块的支持力大小可能为零D斜面对滑块的摩擦力大小一定等于mg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：滑块可能受重力、支持力、摩擦力三个力处于平衡，弹簧处于原长，弹力为零滑块可能受重力、支持力、摩擦力、弹簧的弹力四个力处于平衡根据共点力平衡进行分析解答：解：A、弹簧与竖直方向的夹角为30，所以弹簧的方向垂直于斜面，因为弹簧的形变情况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡，此时弹簧弹力为零，处于原长状态，A正确；B错误；C、由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力（等于），不可能为零，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，C错误；D正确故选AD点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意弹簧的弹力可能为零，可能不为零6（4分）（xx呼伦贝尔一模）如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态，若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则（）A球B对墙的压力增大B物体A与球B之间的作用力减小C地面对物体A的摩擦力减小D物体A对地面的压力减小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：整体法和隔离法；图析法分析：对小球进行受力分析，根据A物体移动可得出小球B受A支持力方向的变化，由几何关系可得出各力的变化，对整体进行分析可得出水平向上摩擦力及竖直向上的压力的变化解答：解：对小球B受力分析，作出平行四边形如图所示：A滑动前，B球受墙壁及A的弹力的合力与重力大小相等，方向相反；如图中实线所示；而将A向外平移后，B受弹力的方向将上移，如虚线所示，但B仍受力平衡，由图可知A对B球的弹力及墙壁对球的弹力均减小；故A错误，B正确；以AB为整体分析，水平方向上受墙壁的弹力和地面的摩擦力而处于平衡状态，弹力减小，故摩擦力减小，故C正确；竖直方向上受重力及地面的支持力，两物体的重力不变，故A对地面的压力不变，故D错误；故选BC点评：本题应注意图析法及整体法的应用，灵活选择研究对象可以对解决物理题目起到事半功倍的效果7（4分）（xx盐城模拟）如图所示，一个质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30的固定斜面，其运动的加速度为，这物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（）A重力势能增加了mghB重力势能增加了mghC动能损失了mghD机械能损失了考点：机械能守恒定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：物体在斜面上上升的最大高度为h，物体克服重力做功为mgh，则重力势能增加了mgh根据动能定理求解动能的损失根据动能和重力势能的变化，确定机械能的变化解答：解：A、B由题，物体在斜面上上升的最大高度为h，物体克服重力做功为mgh，则重力势能增加了mgh故A错误，B正确C、根据动能定理得：Ek=ma=m2h=，则物体的动能损失了故C错误D、由上知道，重力势能增加了mgh，物体的动能损失，则机械能损失了故D正确故选BD点评：本题考查对常见的功能关系的理解和应用能力重力势能的变化与重力做功有关，动能的变化取决于合力做功，而机械能的变化可由动能的变化与重力势能的变化来确定8（4分）（xx秋莱州市校级月考）如图所示，在矩形ABCD的AD边和BC边的中点M、N各放一个点电荷，它们分别带等量的正电荷，E、F分别是AB边和CD边的中点，P、Q两点在MN的连线上，MP=QN下列说法正确的是（）AE、F两点的电场强度相同BP、Q两点的电势相同C将电子沿直线从E点移F点电场力不做功D将电子沿直线从E点移到F点，电子的电势能减少考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：首先画出根据等量同种电荷的电场线，然后根据等量同种电荷的电场线的对称性即可进行判定；电子在电场中受力的方向与电场线的方向相反分析电场力做功，判断电势能的变化解答：解：等量同号电荷的电场线分布情况如图所示A、根据电场线的分布情况可知，E、F两点的电场强度大小，方向相反，所以电场强度不同，故A错误B、根据对称性可知，P、Q两点的电势相同，故B正确C、将电子沿直线从E点移F点，电场力先向下，后向上，电场力要做功，且先做正功后做负功故C错误D、因为电场力先做正功后做负功，所以电子的电势能先减小后增大，故D错误故选：B点评：对于等量同种电荷的电场线和等势面的分布要熟悉，这是考试的热点，关键要抓住对称性进行分析9（4分）（2011黄浦区二模）如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）A三个等势面中，a的电势最高B带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大D带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大考点：电势能；牛顿第二定律；电场线；电势差专题：电场力与电势的性质专题分析：由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大解答：解：电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最低，故A错误；根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故B正确，C错误；等势线密的地方电场线也密，电场强度大，所受电场力大，因此加速度也大，故D正确故选：BD点评：解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化10（4分）（xx秋莱州市校级月考）如果在地球赤道上的物体随地球自转的速率v1，近地卫星的向心加速度为a1，地球半径为R，同步卫星离地心距离为r，运行速率为v2，加速度a2；那么下列比值正确的为（）A=B=C=D=（）2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：同步卫星运行周期与赤道上物体自转周期相同，根据圆周运动公式比较线速度大小关系，近地卫星和同步卫星运动时万有引力提供圆周运动的向心力列出表达式比较加速度大小关系解答：解：A、根据圆周运动公式得：v=r，同步卫星运行周期与赤道上物体自转周期相同，角速度相同，地球半径为R，同步卫星离地心距离为r，所以=，故A错误，B正确；C、近地卫星和同步卫星运动时万有引力提供圆周运动的向心力列出表达式=maa=近地卫星轨道半径是R，同步卫星离地心距离为r，所以=，故C、D错误；故选：B点评：万有引力问题的主要处理思路是：环绕天体做圆周运动的向心力由万有引力提供同时掌握同步卫星的周期与地球自转周期相同是解决本题的关键11（4分）（xx山东一模）如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A电压表读数减小B电流表读数减小C质点P将向上运动DR3上消耗的功率逐渐增大考点：闭合电路的欧姆定律专题：压轴题；恒定电流专题分析：由图可知电路结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况解答：解：由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；故B错误；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A正确；因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，电荷向下运动，故C错误；因R3两端的电压减小，由P=可知，R3上消耗的功率减小； 故D错误；故选A点评：解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体局部整体的思路进行分析，注意电路中某一部分电阻减小时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是减小的12（4分）（xx沂水县校级模拟）用电动势为E、内电阻为r的电池组直接向线圈电阻为R的电动机供电，电动机正常工作后，测得通过的电流为I、电动机两端的电压为U，则（）A电路中电流B在时间t内，电池组消耗的化学能为IEtC在时间t内，电动机输出的机械能是IEtI2rtD以上说法都不对考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率专题：恒定电流专题分析：发动机为非纯电阻用电器故不能使用欧姆定律求得电路中的电流；但由P=UI可求得电动机的功率；由EI可求得电池消耗的化学能解答：解：A、因发电机为非纯电阻电路，故闭合电路欧姆定律不能使用，故A错误；B、电池组消耗的化学能等于电池的输出电能，故化学能为EIt；故B正确；C、电动机输出的功率P=UI，故C错误；D、因B正确，故D错误；故选B点评：在应用闭合电路的欧姆定律解决问题时，要注意其使用的条件；电动机类由于将电能转化为了内能之外的其他形式的能量，故不能再由闭合电路欧姆定律求解13（4分）（xx日照一模）已知神舟八号飞船在离地球表面h高处的轨道上做周期为T的匀速圆周运动，地球的半径R，万有引力常量为G在该轨道上，神舟八号航天飞船（）A运行的线速度大小为B运行的线速度小于第一宇宙速度C运行时的向心加速度大小D地球表面的重力加速度大小为考点：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：研究飞船绕地球表面做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力求出线速度、加速度的表达式进行分析解答：解：A、神舟七号飞船在离地球表面h高处的轨道上做周期为T的匀速圆周运动，飞船的轨道半径为r=R+h，则线速度大小为 v=，故A错误B、研究飞船绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，得： G=m 解得：v=当h=0时，v最大，即为第一宇宙速度，神舟八号的轨道高度h0，故飞船的线速度小于第一宇宙速度，故B正确；C、飞船的向心加速度大小 a=，故C正确D、根据万有引力提供向心力，有： G=m， 在地球表面上，物体的重力近似等于万有引力，则有： mg=联立两式解得，地球表面的重力加速度大小为g=故D正确；故选：BCD点评：本题关键明确万有引力提供向心力，然后根据牛顿第二定律列式求解出线速度和加速度的表达式进行分析二、实验（13分）14（4分）（xx秋枣庄期中）某同学“探究小车的速度随时间变化的规律”的实验装置如图甲所示小车放在斜面上，车前端拴有不可伸长的细线，跨过固定在斜面边缘的小滑轮与重物相连，小车后面与穿过打点计时器的纸带相连开始时，小车停在靠近打点计时器的位置，重物到地面的距离小于小车到滑轮的距离启动打点计时器，释放重物，小车在重物牵引下，由静止开始沿斜面向上运动；重物落地后，小车会继续向上运动一段距离打点计时器使用的交流电频率为50Hz某次实验打出的纸带如图乙所示，图中a、b、c是纸带上的三段，纸带运动方向如图中箭头所示（1）根据所提供的纸带和数据，计算打c段纸带时小车的加速度大小为5.0m/s2（结果保留两位有效数字）（2）判断小车运动的最大速度可能出现在b段纸带中的D4D5两点之间考点：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：打点计时器打点的时间间隔是相等的，观察纸带上相邻点间的距离的变化，判断纸带的运动情况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解答：解：（1）C段的加速度为了减小误差，采用逐差法m/s2（2）b段中只有D4D5之间位移最大，所以最大速度一定在D4D5之间故答案为：5.0 D4D5点评：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚15（9分）（xx江苏模拟）欲用伏安法测定一段阻值约为5左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A电池组（3V，内阻1） B电流表（03A，内阻0.0125）C电流表（00.6A，内阻0.125） D电压表（03V，内阻3k）E电压表（015V，内阻15k） F滑动变阻器（020，额定电流1A）G滑动变阻器（02 000，额定电流0.6A） H开关、导线（1）上述器材中应选用的是A、C、D、F、H；（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表外接法；（填“内”或“外”）（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如下左图所示，图示中I=0.48A，U=2.2V（4）为使通过待测金属导线的电流能在00.5A范围内改变，按要求在下右图中画出测量待测金属导线的电阻Rx的原理电路图（5）某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图所示，则该金属丝的直径d=3.205mm另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如下右图所示，则该工件的长度L=50.15mm考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）实验需要电源、开关、导线，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，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器（2）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系选择电流表采用内接法还是外接法（3）根据图示电表确定其分度值，读出电表示数（4）电流表能从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，然后作出伏安法测电阻的实验原理图（5）螺旋测微器固定刻度与可动可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数解答：解：（1）实验需要：A电池组（3V，内阻1），H开关、导线，电源电动势为3V，电压表可选：D电压表（03V，内阻3k），电路最大电流约为I=0.6A，电流表应选：C电流表（00.6A，内阻0.125），为方便实验操作，滑动变阻器可选：F滑动变阻器（020，额定电流1A），即需要的实验器材为：A、C、D、F、H（2）=40，=600，则电流表应采用外接法（3）电流表量程是00.6A，由图示电流表可知其分度值是0.02A，示数为0.48A；电压表量程是03V，由图示电压表可知其分度值是0.1V，其示数为2.2V（4）通过待测金属导线的电流能在00.5A范围内改变，则滑动变阻器应采用分压接法，电流表采用外接法，伏安法测电阻的实验电路如图所示（5）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为3mm，可动刻度所示为20. 50.01mm=0.205mm，螺旋测微器示数为3mm+0.205mm=3.205mm；由图示游标卡尺可知，主尺示数为5cm=50mm，游标尺示数为30.05mm=0.15mm，则游标卡尺示数为50mm+0.15mm=50.15mm故答案为：（1）A、C、D、F、H；（2）外；（3）0.48；2.2；（4）电路图如图所示；（5）3.205；50.15点评：本题考查了实验器材的选取、实验电路设计、电表读数、螺旋测微器与游标卡尺读数等问题；一定要掌握实验器材的选取原则；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直三、计算题（35分）16（10分）（xx春霍林郭勒市校级期末）如图所示，质量为m=lkg的小物块由静止轻轻放在水平匀速运动的传送带上，从A点随传送带运动到水平部分的最右端B点，经半圆轨道C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道，恰能做圆周运动C点在B点的正上方，D点为轨道的最低点小物块离开D点后，做平抛运动，恰好垂直于倾斜挡板打在挡板跟水平面相交的E点已知半圆轨道的半径R=0.9m，D点距水平面的高度h=0.75m，取g=10m/s2，试求：（1）摩擦力对物块做的功；（2）小物块经过D点时对轨道压力的大小；（3）倾斜挡板与水平面间的夹角考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力；机械能守恒定律专题：动能定理的应用专题分析：本题（1）的关键是明确小物块经过C点时恰好能做圆周运动的条件是重力等于向心力，然后再由动能定理即可求解；（2）题的关键是根据动能定理或机械能守恒定律求出小物块到达D点时的速度，然后再根据牛顿第二定律和牛顿第三定律即可求解；（3）题的关键是根据平抛运动规律并结合几何知识即可求出所求解答：解：（1）设小物块经过C点时的速度大小，因为经过C时恰好能完成圆周运动，由牛顿第二定律可得：mg=，解得=3m/s小物块由A到B过程中，设摩擦力对小物块做的功为W，由动能定理得：W=，解得W=4.5J故摩擦力对物块做的功为4.5J（2）设小物块经过D点时的速度为，对由C点到D点的过程，由动能定理的：mg.2R=小物块经过D点时，设轨道对它的支持力大小为，由牛顿第二定律得：mg=联立解得=60N，=3m/s由牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力大小为：=60N故小物块经过D点时对轨道的压力大小为60N（3）小物块离开D点做平抛运动，设经时间t打在E点，由h=得：t=s设小物块打在E点时速度的水平、竖直分量分别为、，速度跟竖直方向的夹角为，则：又tan=联立解得=60再由几何关系可得=60故倾斜挡板与水平面的夹角为为60点评：对与圆周运动、平抛运动综合的题目，要注意物体在竖直面内完成圆周运动的临界条件（注意“绳”、“杆”、“轨道”的区别），然后根据动能定理以及平抛规律联立即可求解17（12分）（xx秋潍坊期末）如图甲所示，偏转电场的两个平行极板水平放置，板长L=0.08m，板距足够大，两板的右侧有水平宽度l=0.06m、竖直宽度足够大的有界匀强磁场一个比荷为的带负电粒子（其重力不计）以v0=8105m/s速度从两板中间沿与板平行的方向射人偏转电场，进入偏转电场时，偏转电场的场强恰好按图乙所示的规律变化，粒子离开偏转电场后进入匀强磁场，最终垂直磁场右边界射出求：（1）粒子在磁场中运动的速率v；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径R；（3）磁场的磁感应强度B考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）电子进入平行极板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由t=求出电子通过极板的时间电子离开电场时的速度v由水平和竖直两个分速度合成，根据牛顿第二定律和速度公式求出电子离开电场时的速率v，即为粒子在磁场中运动的速率v（2）由题粒子进入匀强磁场，最终垂直右边界射出，画出电子在磁场中运动轨迹，由几何知识得知，粒子在磁场中的偏向角等于在电场中的偏向角，由几何关系求出粒子在磁场中运动的轨道半径R（3）电子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可求得磁感应强度B解答：解：（1）电子在偏转电场中的运动时间s 对比乙图可知，电子在极板间运动的时间是偏转电压的一个周期在第一个t=5l08s时间内，电子在垂直于极板方向上做初速为0的匀加速运动，在第二个t=5l08s时间内，电子做匀速直线运动 在第一个t=5l08s时间内，=51072.41055108m/s=6105m/s m/s （2）电子在磁场中的轨迹如图所示设电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由几何关系，有 ，所以：m （3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，有 T 答：（1）粒子在磁场中运动的速率v=1.0106m/s；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径是0.1m；（3）磁场的磁感应强度B=0.2T点评：本题中电子做类平抛运动时，运用运动的合成与分解法研究，在磁场中做匀速圆周运动时，关键是根据几何知识确定磁场中偏向角与电场中偏向角关系，18（13分）（xx民乐县校级四模）如图所示，一薄的长木板B置于光滑水平地面上，长度为L=0.25m、质量为M=4kg另有一质量为m=2kg的小滑块A置于木板的左端，二者均相对地面静止已知A与B之间的动摩擦因数为=0.1，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若B受到如图所示的水平外力F作用，求：（1）02s时间内，B在水平地面上的滑动的距离；（2）2s4s时间内，B在水平地面上滑动的距离考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）根据图象求出力F大小，应用牛顿第二定律求出加速度，然后由匀变速运动的位移公式求出位移（2）由图象求出力的大小，应用牛顿第二定律求出加速度，由匀变速运动的位移公式求出位移，应用速度公式、几何关系可以求出B的位移解答：解：当A、B一起运动时，由牛顿第二定律得：对B：mg=Ma，对A：F0=（M+m）a0，解得，a0=0.5m/s2，F0=3N；（1）当F1=2N时，A、B相对静止，一起向右运动，由牛顿第二定律得：F1=（M+m）a1，解得a1=m/s2，在t1=2s内B的位移：s1=a1t12=22=m0.67m；（2）在上一过程中，运动末速度为：v1=a1t1=2=m/s，当F2=4N时，A运动的加速为a2，由牛顿第二定律得：F2mg=ma2，解得：a2=1m/s2，B的运动的加速度为a0=0.5m/s2，设A滑至木板右端时时间为t，则A、B的位移分别为：s2=v1t+a2t2，s3=v1t+a0t2，由几何关系得：L=s2s3，解得t=1s，s3=m，此时，木板的速度为v2=v1+a0（2t）=m/s，之后，木板匀速运动位移s4=v2（2t）=m，2s4s时间内，B在水平地面上滑动的距离：s4=s3+s5=m2.08m；答：（1）02s时间内，B在水平地面上的滑动的距离为0.67m；（2）2s4s时间内，B在水平地面上滑动的距离为2.08m点评：分析清楚物体的运动过程、由图象求出力F的大小，应用牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题