2019-2020年高三物理下学期第三次模拟联考试卷（含解析）.doc

2019-2020年高三物理下学期第三次模拟联考试卷（含解析）一、选择题1对于做平抛运动的物体，以下说法中正确的是( )A抛出速度越大，飞行的时间越长B抛出点位置越高，飞行的时间越长C抛出点位置越高，飞行的水平距离越大D抛出速度越大，飞行的水平距离越大2某物体的运动的vt图象如图所示，则下列说法正确的是( )A物体在第1s末运动方向发生改变B物体在第2s内、第3s内的加速度是相同的C物体在第2s末返回出发点D物体在第4s末时离出发点最远3质量为m的物体，在距地面h高处以的加速度由静止竖直下落到地面下面说法中哪些是正确的( )A物体的重力势能减少mghB物体的机械能减少mghC物体的动能增加mghD重力做功mgh4如图所示电路，开关S原来是闭合的，当R1、R2的滑片刚好处于各自的中点位置时，悬在空气平行板电容器C两水平极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态要使尘埃P向下加速运动，下列方法中可行的是( )A把R1的滑片向左移动B把R2的滑片向左移动C把R2的滑片向右移动D把开关S断开二、双项选择题（本大题共5小题，每小题6分，共30分在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对得6分，只选1个且正确的得3分，选错或不答的得0分）5如图为两个不同电源的UI图象，则下列说法正确的是( )A电动势E1=E2，内阻r1r2B电动势E1=E2，内阻r1r2C接入相同电阻时，电源1的输出功率大D接入相同电阻时，电源2的输出功率大6如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一带电粒子在此电场中运动的轨迹若带电粒子只在电场力作用下从a处运动到b处，以下说法正确的是( )A带电粒子在a处的加速度较大B带电粒子在a处的加速度较小C带电粒子在a处时电势能较大D带电粒子在a处时电势能较小7有关电荷所受电场力和洛伦兹力的说法中，正确的是( )A电荷在磁场中一定受磁场力的作用B电荷在电场中一定受电场力的作用C电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致D电荷若受磁场力，则受力方向与该处的磁场方向垂直8xx年我国成功实施了“神舟七号”载人飞船航天飞行，“神舟七号”飞行到31圈时，成功释放了伴飞小卫星，通过伴飞小卫星可以拍摄“神舟七号”的运行情况若在无牵连的情况下伴飞小卫星与“神舟七号”保持相对静止下述说法中正确的是( )A伴飞小卫星和“神舟七号”飞船有相同的角速度B伴飞小卫星绕地球沿圆轨道运动的速度比第一宇宙速度大C宇航员在太空中的加速度小于地面上的重力加速度D宇航员在太空中不受地球的万有引力作用，处于完全失重状态9如图，一质量为m的滑块静止置于倾角为30的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与斜面垂直，则( )A滑块不可能只受到三个力作用B弹簧可能处于伸长状态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三、非选择题10与打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况时的常用计时仪器，如图甲所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置现利用如图乙所示的装置验证滑块所受外力做功与其动能变化的关系方法是：在滑块上安装一遮光板，把滑块放在水平放置的气垫导轨上（滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略），通过跨过定滑轮的细绳与钩码相连，连接好1、2两个光电门，在图示位置释放滑块后，光电计时器记录下滑块上的遮光板先后通过两个光电门的时间分别为t1、t2已知滑块（含遮光板）质量为M、钩码质量为m、两光电门间距为S、遮光板宽度为L、当地的重力加速度为g用游标卡尺测量遮光板宽度，刻度如图丙所示，读数为_mm；本实验想用钩码的重力表示滑块受到的合外力，为减小这种做法带来的误差，实验中需要满足的条件是M_m（填“大于”、“远大于”、“小于”或“远小于”）计算滑块先后通过两个光电门时的瞬时速度的表达式为：v1=_、v2=_；（用题中所给字母表示）本实验中，验证滑块运动的动能定理的表达式为_（用题中所给字母表示）11有一个额定电压为2.8V，功率约为0.8W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个灯泡的IU图线，有下列器材供选用：A电压表（03V，内阻6k） B电压表（015V，内阻30k）；C电流表（03A，内阻0.1）；D电流表（00.6A，内阻0.5）；E滑动变阻器（10，2A）；F滑动变阻器；G蓄电池（电动势6V，内阻不计）某同学误将电流表和电压表接成如图甲所示的电路，其他部分连接正确，接通电源后，小灯泡的发光情况是_要求小灯泡的电压从零开始增大，应选择图乙中的电路图是_（填“a”或“b”）用正确的电路进行测量，电压表应选用_，电流表应选用_（用序号字母表示）滑动变阻器应选用_（用序号字母表示）通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图丙所示由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为_若将此灯泡与电动势6V、内阻不计的电源相连，要使灯泡正常发光，需串联一个阻值为_的电阻（此空答案取三位有效数字）12（18分）如图所示，一个质量为m，电荷量+q的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经U1电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，金属板长L，两板间距d，微粒射出偏转电场时的偏转角=30，又接着进入一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场区，求：（1）微粒进入偏转电场时的速度v0是多大？（2）两金属板间的电压U2是多大？（3）若该匀强磁场的磁感应强度B，微粒在磁场中运动后能从左边界射出，则微粒在磁场中的运动时间为多少？（4）若该匀强磁场的宽度为D，为使微粒不会从磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？13（18分）如图所示，高H=1.6m的赛台ABCDE固定于地面上，其上表面ABC光滑；质量M=1kg、高h=0.8m、长L的小车Q紧靠赛台右侧CD面（不粘连），放置于光滑水平地面上质量m=1kg的小物块P从赛台顶点A由静止释放，经过B点的小曲面无损失机械能的滑上BC水平面，再滑上小车的左端已知小物块与小车上表面的动摩擦因数=0.4，g取10m/s2（1）求小物块P滑上小车左端时的速度v1（2）如果小物块没有从小车上滑脱，求小车最短长度L0（3）若小车长L=1.2m，距离小车右端S处有与车面等高的竖直挡板，小车碰上挡板后立即停止不动，讨论小物块在小车上运动过程中，克服摩擦力做功Wf与S的关系广东省六校联考xx届高考物理三模试卷一、选择题1对于做平抛运动的物体，以下说法中正确的是( )A抛出速度越大，飞行的时间越长B抛出点位置越高，飞行的时间越长C抛出点位置越高，飞行的水平距离越大D抛出速度越大，飞行的水平距离越大考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：物体做平抛运动，我们可以把平抛运动分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同解答：解：A、由h=gt2可知，物体在空中运动的时间只由h决定，所以A错误，B正确C、水平方向上匀速直线运动，由x=V0t可知，水平位移是由v0和t决定的，所以C、D错误故选B点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动来求解2某物体的运动的vt图象如图所示，则下列说法正确的是( )A物体在第1s末运动方向发生改变B物体在第2s内、第3s内的加速度是相同的C物体在第2s末返回出发点D物体在第4s末时离出发点最远考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：vt图象的斜率表示加速度，速度的正负表示运动方向，图线与坐标轴围城图形的面积表示位移解答：解：A、物体在第1s末前后速度均为正值，故运动方向没有发生改变，A错误；B、物体在第2s内、第3s内的图线斜率相同，加速度相同，故B正确；C、图线与坐标轴围城图形的面积表示位移知物体在第4s末返回出发点，故CD错误；故选：B点评：明确vt图象的斜率表示加速度，图线与坐标轴围城图形的面积表示位移3质量为m的物体，在距地面h高处以的加速度由静止竖直下落到地面下面说法中哪些是正确的( )A物体的重力势能减少mghB物体的机械能减少mghC物体的动能增加mghD重力做功mgh考点：牛顿第二定律；重力势能的变化与重力做功的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据物体下降的高度得出重力势能的减小量，通过合力做功得出物体动能的增加量结合动能和重力势能的变化量求出物体机械能的减小量解答：解：A、重力做功为mgh，知物体重力势能减小mgh故A、D错误B、合力大小为，则合力做功为，根据动能定理知，动能增加为，因为重力势能减小mgh，则物体的机械能减小故B错误，C正确故选C点评：解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功等于重力势能的减小量，合力做功等于动能的增加量，除重力以外其它力做功等于机械能的增量4如图所示电路，开关S原来是闭合的，当R1、R2的滑片刚好处于各自的中点位置时，悬在空气平行板电容器C两水平极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态要使尘埃P向下加速运动，下列方法中可行的是( )A把R1的滑片向左移动B把R2的滑片向左移动C把R2的滑片向右移动D把开关S断开考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：尘埃P受到重力和电场力而平衡，要使尘埃P向下加速，就要减小电场力，即要减小电场强度；变阻器R2处于分压状态，根据题意，只要减小电容器两端电压就可以减小电场力，从而使尘埃P向下加速运动解答：解：A、尘埃P受到重力和电场力而平衡，要使尘埃P向下加速，就要减小电场力，故要减小电容器两端的电压；电路稳定时，滑动变阻器R1无电流通过，两端电压为零，故改变R1的电阻值无效果，故A错误；BC、变阻器R2处于分压状态，电容器两端电压等于变阻器R2左半段的电压，故要减小变阻器R2左半段的电阻值，变阻器R2滑片应该向左移动，故B正确，C错误；D、把闭合的开关S断开，电容器两端电压增大到等于电源电动势，板间场强增大，尘埃所受的电场力增大，故P向上加速，故D错误；故选：B点评：本题是简单的力电综合问题，关键先通过受力分析，得到电场力先与重力平衡，后小于重力；然后对电路进行分析，得到减小电容器两端电压的方法二、双项选择题（本大题共5小题，每小题6分，共30分在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对得6分，只选1个且正确的得3分，选错或不答的得0分）5如图为两个不同电源的UI图象，则下列说法正确的是( )A电动势E1=E2，内阻r1r2B电动势E1=E2，内阻r1r2C接入相同电阻时，电源1的输出功率大D接入相同电阻时，电源2的输出功率大考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：根据闭合电路欧姆定律，路端电压为：U=EIr；UI图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻通过作电阻的UI图象，分析电源的输出功率大小解答：解：A、根据闭合电路欧姆定律得，U=EIr，当I=0时，U=E，即图线与纵轴交点表示断路状态，交点的纵坐标等于电源的电动势大小，图线的斜率大小等于电源的内阻，由图看出E1=E2，r1r2故A错误，B正确CD、过原点O作出一条倾斜的直线3，该直线表示电阻的UI图象，该直线与图线1、2的交点就表示该电阻与两电源连接时的工作状态，由图看出，直线3与图线1交点的两坐标的乘积大于直线3与图线2交点的两坐标的乘积，说明外接的相同电阻时，电源1的输出功率比电源2的输出功率大，故C正确，D错误故选：BC点评：本题根据图线的截距、交点、斜率等数学意义来理解图线的物理意义，技巧是作出电阻的伏安特性曲线6如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一带电粒子在此电场中运动的轨迹若带电粒子只在电场力作用下从a处运动到b处，以下说法正确的是( )A带电粒子在a处的加速度较大B带电粒子在a处的加速度较小C带电粒子在a处时电势能较大D带电粒子在a处时电势能较小考点：电场线；电势能分析：电场线越密的地方场强越强，越疏的地方场强越弱，沿电场线方向电势逐渐降低根据电场力做功判断电势能和动能的变化解答：解：A、a点电场线比b点电场线密，所以a处场强较强，受电场力大，加速度大故A正确B错误C、轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向，可知电场力方向向右，从a到b，电场力做负功，电势能增加b处电势能较大故C错误D正确故选：AD点评：解决本题的关键知道电场线的性质，以及知道电场力做功与电势能的关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加7有关电荷所受电场力和洛伦兹力的说法中，正确的是( )A电荷在磁场中一定受磁场力的作用B电荷在电场中一定受电场力的作用C电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致D电荷若受磁场力，则受力方向与该处的磁场方向垂直考点：洛仑兹力；安培力分析：电荷在电场中一定受到电场力作用，在磁场中不一定受到洛伦兹力作用规定正电荷所受电场力方向与该处的电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与该处的电场强度方向相反根据左手定则判断洛伦兹力方向与磁场方向的关系解答：解：A、当电荷的运动方向与磁场方向平行，则电荷不受洛伦兹力，故A错误B、电荷在电场中一定受到电场力作用，故B正确C、正电荷所受电场力方向与该处的电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与该处的电场强度方向相反故C错误D、根据左手定则知，电荷若受洛伦兹力，则受洛伦兹力的方向与该处磁场方向垂直故D正确故选：BD点评：解决本题的关键知道电场力和洛伦兹力的区别，掌握电场力方向的确定和洛伦兹力方向的确定8xx年我国成功实施了“神舟七号”载人飞船航天飞行，“神舟七号”飞行到31圈时，成功释放了伴飞小卫星，通过伴飞小卫星可以拍摄“神舟七号”的运行情况若在无牵连的情况下伴飞小卫星与“神舟七号”保持相对静止下述说法中正确的是( )A伴飞小卫星和“神舟七号”飞船有相同的角速度B伴飞小卫星绕地球沿圆轨道运动的速度比第一宇宙速度大C宇航员在太空中的加速度小于地面上的重力加速度D宇航员在太空中不受地球的万有引力作用，处于完全失重状态考点：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：根据伴飞小卫星与“神舟”七号保持相对静止，得出它们的共同点知道第一宇宙速度的含义根据万有引力等于重力表示出重力加速度解答：解：A、根据伴飞小卫星与“神舟”七号保持相对静止得出伴飞小卫星与“神舟”七号具有相同的周期，所以伴飞小卫星和“神舟”七号飞船有相同的角速度，故A正确B、第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度，伴飞小卫星绕地球沿圆轨道运动的速度比第一宇宙速度小，故B错误C、根据万有引力等于重力表示出重力加速度得：，在太空距离大于在地面的R，所以宇航员在太空行走时的加速度和在地面上的重力加速度小于，故C正确D、宇航员在太空时受地球的万有引力作用，处于完全失重状态，故D错误故选：AC点评：能够正确理解万有引力定律的内容并能应用比较一个物理量，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进行比较9如图，一质量为m的滑块静止置于倾角为30的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与斜面垂直，则( )A滑块不可能只受到三个力作用B弹簧可能处于伸长状态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，故A错误，B正确；C、沿斜面方向，根据平衡条件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mg），不为零，有摩擦力必有弹力，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，故C错误，D正确故选：BD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，可能不为零三、非选择题10与打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况时的常用计时仪器，如图甲所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置现利用如图乙所示的装置验证滑块所受外力做功与其动能变化的关系方法是：在滑块上安装一遮光板，把滑块放在水平放置的气垫导轨上（滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略），通过跨过定滑轮的细绳与钩码相连，连接好1、2两个光电门，在图示位置释放滑块后，光电计时器记录下滑块上的遮光板先后通过两个光电门的时间分别为t1、t2已知滑块（含遮光板）质量为M、钩码质量为m、两光电门间距为S、遮光板宽度为L、当地的重力加速度为g用游标卡尺测量遮光板宽度，刻度如图丙所示，读数为5.70mm；本实验想用钩码的重力表示滑块受到的合外力，为减小这种做法带来的误差，实验中需要满足的条件是M远大于m（填“大于”、“远大于”、“小于”或“远小于”）计算滑块先后通过两个光电门时的瞬时速度的表达式为：v1=、v2=；（用题中所给字母表示）本实验中，验证滑块运动的动能定理的表达式为mgs=M（）2M（）2（用题中所给字母表示）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）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读（2）滑块在水平木板运动时水平方向上受到绳的拉力和摩擦力，想用钩码的重力表示小车受到的合外力，首先需要平衡摩擦力；其次：必须要满足钩码的质量远小于滑块的总质量（3、4）根据极短时间内的平均速度表示瞬时速度求出滑块先后通过两个光电门的瞬时速度抓住滑块重力势能的减小量等于滑块动能的增加量列出表达式解答：解：（1）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.0514mm=0.70mm，则最终读数为5+0.70=5.70mm（2）由于滑块在运动的过程中受到阻力，为了减小阻力的影响，需平衡摩擦力设钩码的质量为m，滑块的质量为M，对系统运用牛顿第二定律得，a=，则绳子的拉力T=Ma=，当mM时，绳子的拉力等于钩码的重力（3）滑块通过光电门1的瞬时速度v1=，通过光电门2的瞬时速度v2=（4）滑块重力势能的减小量为mgs，滑块动能的增加量为M（）2M（）2则滑块的机械能守恒的表达式为mgs=M（）2M（）2故答案为：（1）5.70；（2）远大于，（3），；（4）mgs=M（）2M（）2点评：（1、2）解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法，以及掌握用钩码重力表示小车所受合力的处理方法（3、4）解决本题的关键知道极短时间内的平均速度可以表示瞬时速度，以及掌握该实验的原理，滑块的机械能守恒11有一个额定电压为2.8V，功率约为0.8W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个灯泡的IU图线，有下列器材供选用：A电压表（03V，内阻6k） B电压表（015V，内阻30k）；C电流表（03A，内阻0.1）；D电流表（00.6A，内阻0.5）；E滑动变阻器（10，2A）；F滑动变阻器；G蓄电池（电动势6V，内阻不计）某同学误将电流表和电压表接成如图甲所示的电路，其他部分连接正确，接通电源后，小灯泡的发光情况是不亮要求小灯泡的电压从零开始增大，应选择图乙中的电路图是b（填“a”或“b”）用正确的电路进行测量，电压表应选用A，电流表应选用D（用序号字母表示）滑动变阻器应选用E（用序号字母表示）通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图丙所示由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为10若将此灯泡与电动势6V、内阻不计的电源相连，要使灯泡正常发光，需串联一个阻值为11.4的电阻（此空答案取三位有效数字）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题；恒定电流专题分析：根据灯泡的额定电压可明确所选的电压表；由电灯泡的电流可确定电流表；根据电路的接法可确定滑动变阻器；由图象可得出额定电压，由图象可求得灯泡的正常工作时的电流，由欧姆定律可求得灯泡的正常工作时的电阻；要使灯泡正常发光，应使灯泡达到额定值，由串联电路的规律可知应串联的电阻解答：解：由电路图可知，电压表串接在电路中，电路中的电阻很大，小灯泡不亮；要使电压从零开始调节，应采用分压接法；故电路图应选择b；由题意可知，灯泡的额定电压为2.8V，故电压表的量程应大于2.8V，故电压表应选3V量程，故选A；由P=UI可得，电流为I=A=0.28A，故电流表应选D；本实验中应选用分压接法，故滑动变阻器应选小电阻，故滑动变阻器选E；由图可知，当电压为2.8V时，电流为0.28A，故电阻R=10；要使灯泡串联在6V的电源上正常工作，则与之串联的电阻的阻值应为62.8=3.2；此时电路中电流为0.28A，故应串联的电阻R=11.4；故答案为：不亮； b A，DE 1011.4点评：本题考查测量小灯泡的伏安特性曲线，要注意电表的正确选择；明确电路的接法，会利用欧姆定律进行分析求解12（18分）如图所示，一个质量为m，电荷量+q的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经U1电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，金属板长L，两板间距d，微粒射出偏转电场时的偏转角=30，又接着进入一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场区，求：（1）微粒进入偏转电场时的速度v0是多大？（2）两金属板间的电压U2是多大？（3）若该匀强磁场的磁感应强度B，微粒在磁场中运动后能从左边界射出，则微粒在磁场中的运动时间为多少？（4）若该匀强磁场的宽度为D，为使微粒不会从磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；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：根据动能定理求带电微粒进入偏转电场时的速率v1；带电微粒在偏转电场中做类平抛运动，将微粒的末速度分解为平行于板和垂直于板两个方向，由几何知识确定出粒子垂直于板方向的末速度，然后由动能定理列式求偏转电压；微粒恰好不从磁场右边射出时运动轨迹与右边边界相切，由几何知识确定运动半径，然后由洛伦兹力提供向心力列方程求磁感应强度的最小值解答：解：（1）由带电粒子经U1电压加速：qU1=mv02得：v0=（2）由带电粒子经U2电压偏转，可知：a=t=tan30=得：U2=（3）带电粒子在磁场中运动，从左边界出，对应圆周运动的圆心角240，由洛伦兹力提供向心力，qvB=mT=带电粒子在磁场中的时间t=T=（4）微粒和右边界相切时，该匀强磁场的磁感应强度最小值为B0，设粒子进入磁场速度为Vt，运动半径为Rvt=qvtB0=m由几何关系得：R+Rsin60=D求得：B0=答：（1）微粒进入偏转电场时的速度v0是；（2）两金属板间的电压U2是；（3）若该匀强磁场的磁感应强度B，微粒在磁场中运动后能从左边界射出，则微粒在磁场中的运动时间为；（4）若该匀强磁场的宽度为D，为使微粒不会从磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少点评：本题属于带电粒子在组合场中的运动，在电场中做类平抛运动时通常将运动分解为平行于电场方向与垂直于电场两个方向或借助于动能定理解决问题13（18分）如图所示，高H=1.6m的赛台ABCDE固定于地面上，其上表面ABC光滑；质量M=1kg、高h=0.8m、长L的小车Q紧靠赛台右侧CD面（不粘连），放置于光滑水平地面上质量m=1kg的小物块P从赛台顶点A由静止释放，经过B点的小曲面无损失机械能的滑上BC水平面，再滑上小车的左端已知小物块与小车上表面的动摩擦因数=0.4，g取10m/s2（1）求小物块P滑上小车左端时的速度v1（2）如果小物块没有从小车上滑脱，求小车最短长度L0（3）若小车长L=1.2m，距离小车右端S处有与车面等高的竖直挡板，小车碰上挡板后立即停止不动，讨论小物块在小车上运动过程中，克服摩擦力做功Wf与S的关系考点：动量守恒定律；牛顿第二定律；动能定理专题：动量定理应用专题分析：（1）物块从P到A过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出速度（2）物块与小车系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出车的长度（3）根据S与小车位移的关系，应用动能定理求出摩擦力的功与S的关系解答：解：（1）小物块P从A滑到B点的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：mg（Hh）=mvB2，代入数据解得：vB=4m/s，由题意可知，小物块P从B滑上小车右端过程中机械能没有损失，故小物块P滑上小车左端时的速度：v1=4m/s；（2）小物块P在小车Q的上表面滑动的过程中，P、Q构成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，取小车最短长度L0时，小物块刚好在小车右端共速为v2以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1=（m+M）v2相对运动过程中系统的能量守恒，有：mv12=（m+M）v22+mgL0联立并代入已知数据解得：v2=2m/s，L0=1m；（3）小车长L=1.2m，说明小车与竖直挡板相撞前小物块不会滑脱小车，设共速时小车位移X1，物块对地位移X2，分别对小车和物块由动能定理可知mgx1=Mv22，mgx2=m（v22v12），代入数据解得：x1=0.5m，x2=1.5m；若SX1，说明小车与挡板碰撞前小物块与小车已具有共同速度，且共速后一起匀速至挡板处，小物块将在小车上继续向右做初速度为v2=2m/s的匀减速运动，距离车尾位移为L1=LL0=0.2m，设减速到0位移为L2，则：mgL2=mv22，可得：L2=0.5mL1则小物块在车上飞出去，Wf=mg（x2+L1），代入数据解得：Wf=6.8J；若SX1，说明小车与挡板碰撞前小物块与小车还没有共速，小物块全程都受摩擦力作用，则Wf=mg（L+s），代入数据解得：Wf=（4.8+4s）J；答：（1）小物块P滑上小车左端时的速度v1为4m/s（2）如果小物块没有从小车上滑脱，小车最短长度L0为1m（3）若SX1，Wf为6.8J；若SX1，Wf为（4.8+4s）J点评：本题考查了求速度、小车的长度、克服摩擦力做功，分析清楚物体运动过程、应用动能定理、应用动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题