2019-2020年高三一模联考物理试题含解析.doc

2019-2020年高三一模联考物理试题含解析一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意1（3分）（xx盐城一模）取一根玻璃筒，一端封闭，另一端装有阀门，内有羽毛和金属片，用抽气机把筒内的空气抽尽后关闭阀门，先把玻璃筒竖直放置，再把玻璃筒倒立过来，则（） A 金属片下落的加速度大 B 羽毛落到底端的速度小 C 羽毛运动的轨迹是曲线 D 金属片和羽毛同时落到底端【考点】： 自由落体运动【专题】： 自由落体运动专题【分析】： 把管内的空气几乎抽尽，羽毛、金属片都只受重力作用，下落加速度均为g，下落一样快【解析】： 解：把管内的空气几乎抽尽，羽毛、金属片都只受重力作用，下落加速度均为g，经过相同时间，物体的速度为v=gt，g相同，v一样大，即下落一样快，所以金属片和羽毛同时落到底端故选：D【点评】： 本题考查对落体运动快慢的理解能力，要区别伽利略和亚里士多德的观念，根据牛顿第二定律理解有空气的环境重物下落快的原因2（3分）（xx盐城一模）四个物体的位移时间图象如图所示，其中表示物体做加速运动的是（） A B C D 【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】： 位移时间图线反映了物体各个时刻的位置坐标情况，图线的斜率表示是速度【解析】： 解：位移时间图线的斜率表示是速度，根据图象可知，A做运动运动，B处于静止状态，C的斜率逐渐增大，做加速运动，D的斜率逐渐减小，做减速运动，故C正确故选：C【点评】： 本题关键要明确位移时间图线中，斜率表示速度，速度时间图线中，斜率表示加速度，不能混淆3（3分）（xx盐城一模）如图所示，两根等长带电棒放置在第一、二象限，其端点在两坐标轴上，棒与坐标轴围成等腰直角三角形，两棒带电量相等，且电荷均匀分布，此时O点场强度大小为E，撤去其中一根带电棒后，O点的电场强度大小变为（） A B E C E D E【考点】： 电场线；电场强度【分析】： 先把带电棒等效成点电荷，利用点电荷产生的场强进行矢量求解解可【解析】： 解：两根等长带电棒等效成两个正点电荷如图，两正点电荷在O点产生的场强的小为E=，故撤走一根带电棒后，在O点产生的场强为，故选：B【点评】： 本题主要考查了带电体电荷的等效，然后利用电场的矢量性即可求得4（3分）（xx盐城一模）减速带是交叉路口常见的一种交通设施，车辆驶过减速带时要减速，以保障行人的安全，当汽车前轮刚爬上减速带时，减速带对车轮的弹力为F，如图中弹力F画法正确且分解合理的是（） A B C D 【考点】： 力的合成【分析】： 减速带对车轮的弹力方向垂直于接触面，指向受力物体，根据力的作用效果，结合平行四边形定则进行分解【解析】： 解：减速带对车轮的弹力方向垂直车轮和减速带的接触面，指向受力物体，故A、C错误按照力的作用效果分解，将F可以分解为水平方向和竖直方向，水平方向的分力产生的效果减慢汽车的速度，竖直方向上分力产生向上运动的作用效果，故B正确，D错误故选：B【点评】： 解决本题的关键知道弹力的方向垂直于接触面，指向受力物体，知道力分解要按照实际的作用效果进行分解5（3分）（xx盐城一模）如图所示的电路中，灯泡A、B和电感L与直流电源连接，电感的电阻忽略不计，灯泡A的阻值是灯泡B的2倍，电键K从闭合状态突然断开时，下列判断正确的有（） A A先变亮，然后逐渐变暗 B B先变亮，然后逐渐变暗 C A立即熄灭，B逐渐变暗 D A、B两灯泡都逐渐变暗【考点】： 自感现象和自感系数【分析】： 当电键S闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮断开瞬间也可以按照同样的思路分析【解析】： 解：由于电感的电阻忽略不计，灯泡A的阻值是灯泡B的2倍，所以闭合开关，电路稳定后流过L的电流大于流过A的电流；断开开关时，线圈产生与原电流方向相同的自感电流阻碍原电流的减小，而灯泡A中原来的电流消失，流过A的电流与流过线圈L的电流相等，所以A灯先变亮，然后两灯泡都逐渐熄灭故BCD错误，A正确；故选：A【点评】： 对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用法拉第电磁感应定律进行理解，注意灯泡L2为何闪亮的原因，及断开后通过两灯泡的电流方向二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答得0分6（4分）（xx盐城一模）位移传感器能够将位移这个力学量通过电容器转化成电学量，如图所示，电容器两极板固定不动，带等量异种电荷，且保持不变，当被测物体带动电介质板向左移动时，电容器（） A 电容增大 B 电容减小 C 两极板电压变大 D 两极板电压变小【考点】： 电容器的动态分析【专题】： 电容器专题【分析】： 根据电容的决定式判断电容大小，根据定义式判断电压变化【解析】： 解：由公式C=知，当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板间电介质减小，那么其电容C减小，由公式C=知，电荷量不变时，U增大，故BC正确，AD错误；故选：BC【点评】： 本题考查电容的定义式及决定式的配合使用，注意只能根据决定式判断电容的变化，再由定义式判断电压或电量的变化7（4分）（xx盐城一模）如图所示，A、B是绕地球运行的“天宫一号”椭圆形轨道上的近地点和远地点，则“天宫一号”（） A 在A点时线速度大 B 在A点时重力加速度小 C 在B点时向心加速度小 D 在B点时向心加速度大于该处的重力加速度【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】： 根据开普勒第二定律可知：在近地点的速度大于远地点的速度，根据做功公式判断功的正负，根据万有引力提供向心力公式判断加速度的大小【解析】： 解：A、根据开普勒第二定律可知：在近地点的速度大于远地点的速度，所以A点的速度大于B点的速度，故A正确；B、根据牛顿第二定律和万有引力定律得：g=，因为A的轨道半径小于B的轨道半径，所以在A点时重力加速度大，故B错误；C、向心加速度a=，A点的速度大于B点的速度，A的轨道半径小于B的轨道半径，所以在B点时向心加速度小，故C正确；D、在B点卫星做近心运动，即万有引力大于需要的向心力，所以该处的重力加速度大于在B点时向心加速度，故D错误故选：AC【点评】： 本题主要考查了开普勒第二定律、万有引力公式、力做功正负判断方法的应用，难度不大，属于基础题8（4分）（xx盐城一模）航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的，电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈端点的金属环被弹射出去，现在固定线圈左侧同一位置，先后放有分别用横截面积相等的铜和铝导线制成形状、大小相同的两个闭合环，且铜铝，合上开关S瞬间（） A 从左侧看环中感应电流沿顺时针方向 B 铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力 C 若将铜环旋转在线圈右方，环将向左运动 D 电池正负极调换后，金属环不能向左弹射【考点】： 楞次定律【分析】： 由右手螺旋定则可求得线圈中的磁场方向，再由楞次定律明确电流方向及环的受力方向【解析】： 解：A、线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，电流由左侧看为顺时针；故A正确；B、由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大；故铜环受到的安培力要大于铝环，故B正确；C、若环放在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右运动；故C错误；D、电池正负极调换后，金属环受力向左，故仍将向左弹出；故D错误；故选：AB【点评】： 本题要掌握楞次定律的两种描述，一是“增反减同”；二是“来拒去留”；并能灵活根据它们去判断电流方向及受力方向9（4分）（xx盐城一模）如图所示，内壁光滑的圆形轨道固定在竖直平面内，轻杆两端固定有甲、乙两小球，甲球质量小于乙球质量，将两球放入轨道内，乙球位于最低点，由静止释放轻杆后，则甲球（） A 能下滑到轨道的最低点 B 下滑过程中杆对其做负功 C 滑回时一定能返回到初始位置 D 滑回过程中增加的重力势能等于乙球减少的重力势能【考点】： 机械能守恒定律【专题】： 机械能守恒定律应用专题【分析】： 甲与乙两小球系统，重力势能和动能相互转化，系统机械能守恒，根据机械能守恒定律求解即可【解析】： 解：A若甲球沿凹槽下滑到槽的最低点，乙则到达与圆心等高处，但由于乙的质量比甲大，造成机械能增加了，明显违背了机械能守恒定律，故甲球不可能到圆弧最低点，但返回时，一定能返回到初始位置，故A错误，C正确；B、下滑过程中，乙的机械能逐渐增大，所以甲的机械能逐渐减小，则杆对甲做负功，故B正确D、甲与乙两个物体系统机械能守恒，滑回过程中，甲球增加的重力势能等于乙减小的机械能以及甲的动能故D错误故选：BC【点评】： 本题关键是甲与乙两个球系统机械能守恒，也可以找出系统重心，当作单个物体进行分析三、简答题：本题分必做题（第10，11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分请将解答填写在答题卡相应的位置10（8分）（xx盐城一模）小球A从桌边水乎抛出，当它恰好离开桌边缘时小球B从同样高度处自由下落，频闪照相仪拍到了A球和B球下落过程的三个位置，1图中A球的第2个位置未画出已知背景的方格纸每小格的边长为2.45cm，频闪照相仪的闪光频率为10Hz请在1图中标出A球的第2个位置；A球离开桌边时速度的大小为0.735m/s为测定滑块与水平桌面的动摩擦因数，某实验小组用弹射装置将滑块以不同初速度弹出，通过光电门测出初速度v0的值，用刻度尺测出其在水平桌面上滑行的距离s，测量数据见表（g=10m/s2）实验次数 v02（m2/s2） s（cm）l 1.2 15.02 2.5 31.03 4.2 53.04 6.0 75.05 7.5 94.0在2图示坐标中作出v02s的图象；利用图象得到动摩擦因数=0.4【考点】： 探究影响摩擦力的大小的因素【专题】： 实验题；摩擦力专题【分析】： 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据该规律得出A球第2个位置根据相等时间内的位移之差是一恒量得出相等的时间间隔，从而得出频闪照相仪的闪光频率通过水平方向上的位移求出A球离开桌边时的速度大小根据图象用直线将点相连，误差较大的点舍去；结合动能定理的表达式分析图象的可得出图象中斜率与动摩擦因数的关系，从而即可求解【解析】： 解：（1）因为A球在竖直方向上做自由落体运动，与B球的运动规律相同，则第2个位置与B球的第二个位置在同一水平线上在水平方向上做匀速直线运动，则第2球距离第3个球水平距离为3格如图所示频闪照相仪的闪光频率为10Hz，则T=0.1sA球离开桌边时的速度（2）（1）根据描点法作出图象，如图所示：（2）由动能定理可得：W=F合s=mv2mv02=m（v2v02）v2=s=2gs；则可知图象的斜率等于2g，由图可知，图象的斜率为=8；解得：=0.4；故答案为：（1）如上图所示；0.735；（2）如图所示；（2）0.4（0.350.45）【点评】： 对于实验的考查应要注意实验的原理，通过原理体会实验中的数据处理方法及仪器的选择；有条件的最好亲手做一下实验，注意本题图象的斜率与动摩擦因数的关系是解题的关键11（10分）（xx盐城一模）某同学要测一只额定电压为6V、额定功率约为1W的小灯泡的电阻（1）他选用多用电表，将其选择开关旋至“1”挡，调节好多用电表，测量时多用电表的示数如图1所示，读数为5（2）他再利用表中提供的器材，采用伏安法测量小灯泡正常工作时的电阻序号 器材名称 序号 器材名称A 电流表（量程3A、内阻约0.01） E 滑动变阻器（阻值50，最大电流1A）B 电流表（量程200mA、内阻约0.5） F 电源（电动势8V，内阻忽略不计）C 电压表（量程3V、内阻约10K） G 电键、导线若干D 电压表（量程15V、内阻约20K） 图2四幅电路图中最合理的是C；电流表应该选用B，电压表应该选用D（填写表中的序号）按照中最合理的电路图把图3中实物连接完整（3）该同学发现用多用电表和伏安法测出小灯泡的电阻差距很大，其原因是电阻丝的电阻值随温度的升高而增大【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题；恒定电流专题【分析】： 本题读数时应分成整数部分和小数部分两部分来读，注意半毫米刻度线以露出；题的关键是明确欧姆表指针偏角过大说明待测电阻过小即倍率选择的过大；题的关键是根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程，根据要求电压调节范围足够大可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节，明确待测电阻阻值较小时应用电流表外接法【解析】： 解：（1）欧姆表的读数是5，倍率是1，所以总读数是5；（2）灯泡的电阻值约为5，属于小电阻，电流表要使用外接法；滑动变阻器的电阻值大于灯泡的电阻值，要使用限流式接法，故实验的原理图选择C根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为A，所以电流表应选量程200mA的电流表B；小灯泡的额定电压是6V，所以要选择量程15V的电压表D，不能选择3V量程的电压表；连线图如图所示（3）该同学发现用多用电表和伏安法测出小灯泡的电阻差距很大，其原因是电阻丝的电阻值随温度的升高而增大故答案为：（1）5；（2）C，B，D，如图；（3）电阻丝的电阻值随温度的升高而增大【点评】： 应明确：根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程；当待测电阻满足 时，电流表应用外接法，满足 时，电流表应用内接法；当实验要求电压调节范围足够大或变阻器全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节选修模块3-3(12分)12（4分）（xx盐城一模）如图所示，把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端就变钝了，产生这一现象的原因是（） A 玻璃是非晶体，熔化再凝固后变成晶体 B 玻璃是晶体，熔化再凝固后变成非晶体 C 熔化的玻璃表面分子间表现为引力使其表面绷紧 D 熔化的玻璃表面分子间表现为斥力使其表面扩张【考点】： * 晶体和非晶体【分析】： 细玻璃棒尖端放在火焰上烧溶后尖端变成球形，是表面张力；【解析】： 解：A、B、玻璃是非晶体，熔化再凝固后仍然是非晶体故AB错误；C、D、细玻璃棒尖端放在火焰上烧溶后尖端变成球形，是表面张力的作用，因为表面张力具有使液体表面绷紧即减小表面积的作用，而体积相同情况下球的表面积最小，故呈球形故C正确，D错误故选：C【点评】： 本题关键是理解玻璃在熔化的过程中的现象的特定和本质，注意学习时的记忆与区别13（4分）（xx盐城一模）一定质量的理想气体压强p与热力学温度T的关系如图所示，AB、BC分别与p轴和T轴平行，气体在状态C时分子平均动能大于（选填“大于”、“等于”或“小于”）A状态时分子平均动能，气体从状态A经状态B变化到状态C的过程中，对外做的功为W，内能增加了U，则此过程气体吸收的势量为W+U【考点】： 理想气体的状态方程；热力学第一定律【分析】： 由理想气体状态方程分析温度变化；则可得出分子平均动能的变化气体从状态A经状态B变化到状态C的过程中，应用热力学第一定律U=W+Q求解【解析】： 解：由图可知，C点的温度最高；因温度是分子平均动能的标志；故C点时分子平均动能大于A状态时的分子平均动能；由热力学第一定律可知，气体对外做功；则有：U=W+Q；则Q=W+U；故答案为：大于；W+U【点评】： 本题考查了理想状态方程的应用和热力学第一定律的应用，要注意明确各物理量的正负意义14（4分）（xx盐城一模）导热良好的圆柱形汽缸置于水平地面上，用质量为M的光滑活塞密封一定质量的理想气体，活塞横截面积为S，开始时汽缸开口向上，被封气体的体积为V0，如图1所示，现将汽缸平放，如图2所示，已知外界大气压强为p0，环境温度不变，待系统重新稳定后，求活塞相对于缸底移动的距离【考点】： 理想气体的状态方程；封闭气体压强【分析】： 对活塞受力分析，根据平衡条件求解压强，气缸倒置后，对活塞受力分析根据平衡条件列出等式，对封闭气体运用玻意耳定律求解【解析】： 解：对活塞受力【分析】：Mg+P0S=PS得：P=气缸倒置后：对活塞受力分析得：p=P0对封闭气体运用玻玛定律PV0=P1V1得：V1=所以h=答：活塞相对于缸底移动的距离【点评】： 该题关键要能对活塞受力分析求出压强，找出初末状态时的压强和体积，由玻意耳定律求的体积，即可求得活塞移动的距离选修模块3-4（12分）15（4分）（xx盐城一模）如图所示，偏振片正对工作的液晶显示器，透过偏振片看到显示器亮度正常，将镜片转动90，透过镜片看到的屏幕漆黑，则（） A 显示器发出的光是纵波 B 显示器发出的光是横波 C 显示器发出的光是自然光 D 显示器发出的光是偏振光【考点】： 光的偏振【分析】： 偏振片（叫做起偏器）由特定的材料制成，它上面由一个特殊的方向（叫做透振方向），只有振动方向与透振方向平行的光波才能通过偏振片如果检偏器的偏振方向与透射方向垂直时，这时透射光最弱，几乎为零【解析】： 解：由题意可知，只有当入射光的振动方向与偏振片的方向相同时，透射光的强度最强；若与与偏振片的方向垂直时，透射光的强度最弱，即为零，因此显示器发出的光是横波，且偏振光，故BD正确、AC错误故选：BD【点评】： 本题要知道检偏器的偏振方向与透射方向垂直时，这时透射光最弱，几乎为零考查横波与纵波的区别，掌握偏振光与自然光的不同16（4分）（xx盐城一模）P、Q是一列简横波中相距30m的两点，各自的振动图象如图所示，此列波的频率f=0.25Hz，如果P比Q离波源近，且P与Q间距离小于1个波长，则波速v=10m/s【考点】： 波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】： 由图可读出周期，由公式f=求出频率P质点距波源近，P先振动，从而确定波从P到Q的波形个数，结合P与Q间距离小于1个波长，求出波长，再求解波速【解析】： 解：由图象读出此波的周期 T=4s，频率为 f= Hz=0.25Hz据题P比Q离波源近，且P与Q间距离小于1个波长，则得：=30m解得：=40m波速为 v= m/s=10m/s故答案为：（1）0.25；（2）10【点评】： 此题考查基本的读图能力，能根据波形图来得出波传播的波形个数，此题是特殊值，而没有多解17（4分）（xx盐城一模）如图所示，一透明球体置于空气中，球半径R=10cm，折射率n=，MN是一条通过球心的直线，单色细光束AB平行于MN射向球体，B为入射点，AB与MN间距为5cm，CD为出射光线，求CD与MN所成的角【考点】： 光的折射定律【分析】： 作辅助线，画出光路图，由折射定律结合几何知识去分析求解【解析】： 解：连接OB、BC，如图所示由几何知识知sini=则i=45根据折射定律：n=得：sinr= r=30同理射出透明球的光线折射角为45由几何知识得到=30答：与MN所成的角为30【点评】： 本题考查了光的折射定律，正确画出光路图是解决本题的关键选修模块3-5(12分)18（xx盐城一模）下列的四位物理学家，他们对科学发展作出重大贡献，首先提出了能量子概念的物理学家是（） A 爱因斯坦 B 普朗克 C 汤姆生 D 贝克勒尔【考点】： 物理学史【分析】： 本题考查物理学史，是常识性问题，根据各个科学家的成就进行解答【解析】： 解：首先提出了能量子概念的物理学家是普朗克，不是爱因斯坦、汤姆生和贝克勒尔故B正确故选：B【点评】： 对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一19（xx盐城一模） 一个轴核（U）放出一个粒子后衰变成钍核（Th），其衰变方程为UTh+He；已知静止的铀核、钍核和粒子的质量分别为m1、m2和m3，真空中光速为c，上述衰变过程中释放出的核能为（m1m2m3）c2【考点】： 原子核衰变及半衰期、衰变速度【分析】： 根据电荷数和质量数守恒写出衰变方程；根据爱因斯坦质能方程计算释放的核能【解析】： 解：根据电荷数和质量数守恒得到衰变方程为：UTh+He根据爱因斯坦质能方程：E=mc2=（m1m2m3）c2故答案为：UTh+He；（m1m2m3）c2【点评】： 本题考查了衰变方程的书写和爱因斯坦质能方程的应用，核反应过程满足质量数守恒和电荷数守恒，要注意元素左上角为质量数，左下角为电荷数，二者之差为中子数20（xx盐城一模）质量为m的小球A，在光滑的水平面上以速度v0与质量为3m的静止小球B发生正碰，碰撞后小球A被弹回，其速度变为原来的，求碰后小球B的速度【考点】： 动量守恒定律【分析】： 两球碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰撞后B的速度【解析】： 解：两球碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=m（v0）+3mv，解得：v=v0，答：碰后B的速度为v0【点评】： 本题考查了求小球的速度，分析清楚运动过程，应用动量守恒定律即可正确解题四、计算题：本题共3小题，共计47分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.21（15分）（xx盐城一模）如图所示，在水平虚线范围内有B=0.5T，高度为h=1.0m，方向垂直纸面向里的匀强磁场，质量m=0.2kg，边长L=1.0m的正方形线框abcd，其电阻R=1.0，cd边跟磁场下边平行且相距一段距离，现用F=3.0N竖直向上的恒力由静止开始拉动线框，cd边刚进入磁场时，恰好做匀速运动，并穿过磁场区域，最后到达位置，整个过程中线框保持在竖直平面内，求线框（1）开始运动的加速度；（2）刚进入磁场时c、d两点间电势差；（3）在穿越磁场过程中产生的焦耳热【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）根据牛顿第二定律求出线框开始运动的加速度；（2）cd边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速运动，分析线框的受力，由平衡条件列式得到感应电流的大小由欧姆定律求解c、d两点间电势差；（3）根据能量守恒定律求解线框内产生的热量【解析】： 解：（1）根据牛顿第二定律得：线框开始运动的加速度 a=g=10=5（m/s2）（2）cd边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速运动，则有 F=mg+BIL可得 I=A=2A根据右手定则判断知c点的电势比d点低，则c、d两点间电势差 Ucd=IR=21V=1.5V（3）根据能量守恒定律得：在穿越磁场过程中产生的焦耳热 Q=（Fmg）2L=2J答：（1）开始运动的加速度是5m/s2；（2）刚进入磁场时c、d两点间电势差是1.5V；（3）在穿越磁场过程中产生的焦耳热是 2J【点评】： 本题是电磁感应与力学、电路知识的综合，掌握电磁感应中的基本规律，如法拉第定律、欧姆定律，结合力学的动能定理和平衡条件进行研究22（16分）（xx盐城一模）如图所示，斜面ABC中AB段粗糙，BC段长1.6m且光滑，质量为1kg的小物块由A处以12m/s的初速度沿斜面向上滑行，到达C处速度为零，此过程中小物块在AB段速度的变化率是BC段的2倍，两段运动时间相等，g=10m/s2，以A为零势能点，求小物块（1）通过B处的速度；（2）在C处的重力势能；（3）沿斜面下滑过程中通过BA段的时间【考点】： 动能定理的应用；牛顿运动定律的综合应用【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： 根据运动学公式以及在AB段和BC段加速度的关系，求出通过B处的速度；根据动能定理求出C处的重力势能；由运动学公式求出沿斜面下滑过程中通过BA段的时间【解析】： 解：（1）设物体在AB段加速度大小为a1，BC段加速度大小为a2由于a1=2a2t1=t2=vB=4m/s（2）由题意分析可知，滑动摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小相等，从A到B：Wf+WG=mvB2mvA2Wf=32J从A到C：Wfmgh=0mvA2得：EPC=mgh=40J（3）在上滑AB段：vA2vB2=2a1LAB在上滑BC段：vB2=2a2LBC得：LAB=6.4m物体下滑通过BA段做匀速运动：t=得t=1.6s答：（1）通过B处的速度为4m/s；（2）在C处的重力势能为40J；（3）沿斜面下滑过程中通过BA段的时间为1.6s【点评】： 本题考查了运动学公式和动能定理以及牛顿第二定律的应用，动能定理和牛顿第二定律的应用仍然是以分析受力情况为基础的23（16分）（xx盐城一模）如图所示，在xoy平面内，MN与y轴平行，间距为d，其间有沿x轴负方向的匀强电场，y轴左侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感就强度大小为B1；MN右侧空间有垂直纸面不随时间变化的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的粒子以v0的速度从坐标原点O沿x轴负方向射入磁场，经过一段时间后再次回到坐标原点，此过程中粒子两次通过电场，总时间t0=，粒子重力不计，求：（1）左侧磁场区域的最小宽度；（2）电场区域电场强度的大小；（3）右侧磁场区域宽度及磁感应强度满足的条件【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；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）粒子在左侧磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后求出磁场宽度（2）粒子在电场中做匀变速直线运动，应用匀变速直线运动的规律可以求出电场强度（3）粒子在左右两侧磁场中都做匀速圆周运动，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，作出粒子运动轨迹，然后求出磁场宽度与磁场大小【解析】： 解：（1）粒子在左侧磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B1=m，解得：R=，由几何知识可知，左侧磁场的最小宽度是粒子做圆周运动的半径，则Lmin=R=；（2）粒子在电场中来回的总时间：t0=，粒子一次通过电场的时间：t=，设粒子到达MN边界的速度为v，电场强度为E，则：d=t，v=2v0，v2v02=2d，解得：E=；（3）粒子在电场中加速，粒子带负电，该电荷在左侧磁场中向下偏转，通过电场加速后进入右侧磁场，要使其能够回到原点，在右侧磁场中应向上偏转，且偏转半径为R或2R，粒子通过电场加速后进入右侧磁场的速度：v=2v0，设粒子在右侧磁场中轨道半径为r，磁感应强度为B，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：r=，已知：R=，粒子在右侧磁场中的运动情况有两种，如图所示：当半径r=R时，B=2B1，右侧磁场的宽度应满足：x；当半径r=2R时，B=B1，右侧磁场的宽度应满足：x；答：（1）左侧磁场区域的最小宽度为；（2）电场区域电场强度的大小为；（3）右侧磁场区域宽度应满足的条件为：x、或x，磁感应强度为：B=2B1或B=B1【点评】： 本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，画出运动轨迹图，根据几何知识及圆周运动基本公式解答，难度适中