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2019~2020 学年度苏州、无锡、常州、镇江四市 高三教学情况调研(二) 物 理 试 题 解 析 ( 解 析 版 Word 版 ) 江 苏 省 特 级 教 师 学 科 网 特 约 名 师 戴 儒 京 解 析 注意事项: 1.本试卷包含选择题和非选择题两部分。考生答题全部答在答题卡上,答在本试卷 上无效。本次考试时间为 100 分钟,满分值为 120 分。 2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号(考试号)用书写黑色字迹的 0.5 毫米 签字笔填写在答题卡上,并用 2B 铅笔将对应的数字标号涂黑。 3.答选择题必须用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,请用 橡皮擦干净后,再选涂其它答案。答非选择题必须用书写黑色字迹的 0.5 毫米签 字笔写在答题卡上的指定位置,在其它位置答题一律无效。 一、单项选择题:本题共 5 小题,每小题 3 分,共 15 分.每小题只有一个....选项 符合题意. 1.汉代著作《尚书纬·考灵曜》中所论述的“地恒动不止,而人不知”,对应于现 在物理学的观点是 A.物体具有惯性 B.物体运动具有相对性 C.任何物体都受到重力作用 D.力是改变物体运动状态的原因 【答案】B 【解析】人和地一起运动,人相对于地,是静止的。 2.如图所示为一卫星绕地球运行的椭圆轨道示意图,O 点为地球球心,已知地球表 面重力加速度为 g,地球半径为 R,OA=R,OB=4R,下列说法正确的是 A.卫星在 A 点的速率 A >v gR B.卫星在 A 点的加速度 A >a g C.卫星在 B 点的速率 B = 4 gRv D.卫星在 B 点的加速度 B = 4 ga 【答案】A 【解析】 A.卫星若做匀速圆周运动,根据 R vmmg 2  得 gRv  ,现卫星在 A 点做 •A O B 离心运动,则 R vmmg A 2  (提供的向心力小于需要的向心力),所以卫星在 A 点的 速率 A >v gR ,A 正确; B.根据 mamg  ,所以卫星在 A 点的加速度 gaA  ,B 错误; C.,根据万有引力定律 2r MmGF  ,有 AB FF 16 1 ,卫星若做匀速圆周 运动 R vmmg 2 16 1  得 4 gRv  ,现卫星在 B 点做向心运动,则 R vmmg B 2 16 1  (提 供的向心力大于需要的向心力),所以卫星在 B 点的速率 4 gRvB  ,C 错误; D.因为 AB FF 16 1 ,所以卫星在 B 点的加速度 16 gaB  ,D 错误。 3.如图所示,实线为某电场的电场线.虚线为一带电粒子仅在电场力作用下的运动 轨迹, A、B、C 为轨迹上的三点,且 AB 和 BC 关于 B 点所在的电场线对称,不 计重力.则下列关于粒子说法正确的是 A.在 B 点的速度大于在 A 点的速度 B.在 B 点的加速度大于在 A 点的加速度 C.在 B 点的电势能大于在 A 点的电势能 D.沿轨迹 A B 和沿轨迹 B C 电场力做的功相同 【答案】C 【解析】逐项研究: A.因为沿轨迹 A B 电场力做的功为负,沿轨迹 B C 电场力做的功为正,所以在 B 点的速度小于在 A 点的速度,A 错误; B.因为在 B 点电场线比在 A 点的电场线疏,所以电场力小,所以在 B 点的加速 度小于在 A 点的加速度,B 错误; C.从 B 点看,电场力作为向心力,方向向下,而电场方向向上(电场线箭头方 向),所以该粒子带负电。因为电势 BA   ,轨迹  )( qE ,所以电势能 BA EE  ,即粒子在 B 点的电势能大于在 A 点的电势能,C 正确; D.沿轨迹 A B 电场力做的功为负,沿轨迹 B C 电场力做的功为正,所以沿轨迹 A B 和沿轨迹 B C 电场力做的功不同,D 错误。 终上所述,本题选 C. 考试时可以仅根据 C 正确,就选 C ,因为江苏省物理试卷 1~5 小题是单选题。 其它选项可以不予研究。此解题策略叫“攻其一点不及其余”也。 4.为测量线圈 L 的直流电阻 R0,某研究小组设计了如图所示电路.已知线圈的自 感系数较大,两电表可视为理想电表,其示数分别记为 U、I,实验开始前,S1 处于断开状态,S2 处于闭合状态.关于实验过程,下列说法不正确...的是 A.闭合 S1,电流表示数逐渐增大至稳定值 B.闭合 S1,电压表示数逐渐减小至稳定值 S1R E S2 A V L E A B C• • • C.待两电表示数稳定后,方可读取 U、I 的值 D.实验结束后,应先断开 S1 【答案】D 【解析】 A.闭合 S1,由于 L 的自感作用,L 的电阻逐渐减小,电流表示数逐渐增大至稳定值, A 正确; B.闭合 S1,由于 L 的自感作用,L 的电阻逐渐减小,电流表示数逐渐增大至稳定值, 根据 RL UUEU - ,电压表示数逐渐减小至稳定值,B 正确 C.待两电表示数稳定后,方可读取 U、I 的值,求出线圈 L 的直流电阻 R0=U/I,C 正确; D.实验结束后,若先断开 S1,由于 L 的自感作用,可能产生高低压,与电压表形成 闭合回路,可能烧坏电压表;若先断开 S2,再断开开 S1,由于 L 的自感作用可能产生的高 低压没有闭合回路,不能烧坏电流表;所以 D 不正确. 因为本题要求选择不正确的,所以本题选 D. 5.行驶中的汽车遇到红灯刹车后做匀减速直线运动直到停止,等到绿灯时汽车又重 新开始做匀加速直线运动直到恢复原来的速度匀速运动.关于汽车从刹车到恢复 原速度的过程,以下位移随速度变化的关系图像正确的是 【答案】C 【解法 1】公式分析法 减速运动时, a vvx 2 - 2 0 2  (a 为定值),斜率 a v a vvx  2 2)(' ,随 v 减小而减小,图 象开口向下。加速运动时, a vx 2 2  (a 为定值),斜率 a v a vvx  2 2)(' ,随 v 增大 而增大,所以图象开口向上; 【解法 2】Excel 作图法 数据表:减速运动阶段,设初速度 smv /100  ,加速度 2/5.0- sma  ,根据公式 axvv 22 0 2  ,得 2100 vx  ,Excel 公式为 B=100-A2*A2(V 从 10 减小到 1),图 象是 C x O v D x v O B x v O A x O v 加速运动阶段,初位移 mx 1000  ,初速度 00 v ,加速度 2/5.0 sma  ,根据公 式 axvv 22 0 2  ,得 2100 vx  ,Excel 公式为 B=100+A2*A2(V 从 0 增大到 10), 图象是 两个阶段合在一起,数据表如下: v x 10 0 9 19 8 36 7 51 6 64 5 75 4 84 3 91 2 96 1 99 0 100 0 100 1 101 2 104 3 109 4 116 5 125 6 136 7 149 8 164 9 181 10 200 图象如下: 与题目中 C 相同,所以选 C。 之所以作出分阶段(减速运动和加速运动)的图象,是使读者知道图 C 中哪一段是 减速运动阶段(下一段),哪一段是加速运动阶段(上一段)。 二、多项选择题:本题共 4 小题,每小题 4 分,共 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,错选或不答的得 0 分. 6.如图甲所示为一种自耦变压器(可视为理想变压器)的结构示意图.线圈均匀绕 在圆环型铁芯上,滑动触头 P 在某一位置,在 BC 间接一个交流电压表和一个电 阻 R.若 AB 间输入图乙所示的交变电压,则 A.t=1×10-2s 时,电压表的示数为零 B.AB 间输入电压的瞬时值 u=220 2 sin100πt V C.滑动触头 P 顺时针转动时,R 两端的电压增大 D.滑动触头 P 逆时针转动时,AB 间输入功率增大 【答案】BD 【解析】 A.因为电压表的示数为有效值,所以 A 错误; B.从图乙可知,AB 间输入电压的最大值为 220 2 V,周期为 T=1×10-2s,所以 角频率为  1002  T ,所以,AB 间输入电压的瞬时值 u=220 2 sin100πt V,B 正确; C.滑动触头 P 顺时针转动时,变压器上 AP 间的匝数增多,变压器 AP 间电压 增大,则 R 两端的电压减小(串联电路),C 错误; D.滑动触头 P 逆时针转动时,变压器上 AP 间的的匝数减少,总电阻减少,根 据 P=U2/RAB 间输入功率增大,D 正确。 本题选 BD. 7.如图所示,水平放置的复印机纸盒里有 10 张叠放的复印纸,每一张纸的质量均 为 m.摩擦轮竖直向下压第 1 张纸,并以一定的角速度逆时针转动.摩擦轮与第 1 张纸之间的动摩擦因数为µ1,纸张间的动摩擦因数均为µ2,且有µ1>µ2.设最大 静摩擦力与滑动摩擦力相同,则下列说法正确的是 A.第 1 张纸受到摩擦轮的摩擦力方向向左 B.第 2 张纸受到的合外力为零 C.第 2 张纸到第 10 张纸之间不可能发生相对滑动 D.第 10 张纸不受第 9 张纸给的摩擦力作用 【答案】BC 【解析】A.第 1 张纸受到摩擦轮的摩擦力方向向右,A 错误; B.第 2 张纸受到的第一张纸的摩擦力向左,受到的第三张纸的摩擦力向右,且 大小相等,合外力为零,B 正确; C.第 2 张纸到第 10 张纸之间不可能发生相对滑动,C 正确; t/×10-2s 甲 乙R t/×10-2s 甲 乙 D.第 10 张纸受第 9 张纸给的摩擦力作用,D 错误。 8.如图甲所示,水平放置的平行金属导轨左端连接一个平行板电容器 C 和一个定值 电阻 R,导体棒 MN 放在导轨上且接触良好.装置放于垂直导轨平面的磁场中, 磁感应强度 B 的变化情况如图乙所示(垂直纸面向上为正),MN 始终保持静止.不 计电容器充电时间,则在 0~t2 时间内, 下列说法正确的是 A.电阻 R 两端的电压大小始终不变 B.电容 C 的 a 板先带正电后带负电 C.MN 棒所受安培力的大小始终不变 D.MN 棒所受安培力的方向先向右后向左 【答案】AD 【解析】因为感应电动势 St BE   不变,所以电阻 R 两端的电压大小始终不变,A 正确; 根据楞次定律判断,MN 作为电源,M 为正极,所以电容 C 的 a 板一直带正电,B 错误; 根据安培力公式 BILFN  ,虽然电流 I 不变,但磁感应强度 B 变化,所以 MN 棒所 受安培力的大小不断变化,C 错误; 根据左手定则,判断 MN 棒所受安培力的方向先向右后向左,D 正确。 本题选 AD. 9.一物体放在倾角为θ且足够长的光滑斜面上,初始位置如图甲所示,在平行于斜 面的力 F(图中未画出)的作用下由 静止开始沿斜面运动,运动过程中物 体的机械能E随位置x的变化关系如 图乙所示.其中 0~x1 过程的图线是 曲线,x1~x2 过程的图线是平行于 x 轴的直线,x2~x3 过程的图线是倾斜 的直线,则下列说法正确的是 A.在 0~x1 的过程中,力 F 方向沿斜面向下 B.在 0~x1 的过程中,物体的加速度逐渐增大 C.在 x1~x2 的过程中,物体的动能逐渐增大 D.在 x2~x3 的过程中,物体的重力势能逐渐增大 【答案】BC 【解析】A.在 0~x1 的过程中,机械能减少,外力 F 做负功,所以力 F 方向沿斜 面向上,A 错误; B.在 0~x1 的过程中,E-x 图象的斜率越来越小,即物体的机械能减小得越来越 慢,根据 W=Fx 外力越来越小,根据加速度 m Fmga  sin ,所以加速度逐渐 增大 。B 正确; C.在 x1~x2 的过程中,物体的机械能不变,但重力势能减小(下滑),所以动能 逐渐增大,C 正确; 甲 乙 θ x3 x O E x1 x2 D.在 x2~x3 的过程中,物体的机械能均匀增大,因物体下滑,所以重力势能逐渐 减小,D 错误。 三、简答题:本题分必做题(第 10~12 题)和选做题(第 13 题)两部分,共计 42 分.请将解答填写在答题卡相应的位置. 【必做题】 10.(8 分)某实验小组同学利用电磁打点计时器做“测定匀变速直线运动的加速度” 的实验.装置如图甲所示,在调整好仪器后,正确操作得到点迹清晰的纸带. (1)关于该实验,下列说法正确的是▲ A.打点时先释放纸带再接通电源 B.应使重物的质量远小于小车的质量 C.应消除小车和长木板间的摩擦阻力的影响 D.应调整滑轮高度使连接小车的细绳与长木板平行 (2)如图乙所示是某同学一次实验得到小车运动情况的纸带,他进行如下数据处理: 在纸带上连续选取六个计时点 A、B、C、D、E、F 并测得 A、C 两点间的距离为 x1, B、D 两点间的距离为 x2,已知打点计时器所用的交流电源的频率为 f,则打点计时 器在纸带上打下 B 点时小车运动的瞬时速度大小 vB=▲;小车运动的加速度 a=▲. (3)如图丙、丁所示是两位同学用同一组实 验数据,分别作出的小车运动 v-t 图象, 你认为作图正确的是▲. 【答案】 10.(8 分)(1)D (2 分) (2) 1 1 2 x f (2 分) 2 2 1 1 ( )2 x x f (2 分) (3)丙 (2 分) 【解析】(1)打点时先接通电源再释放纸带,以免一段纸带上打不出点来。 甲 乙 丙 丁 甲 mA 锌片(﹣)铜片(﹢) 本实验不是“探究加速度与力和质量的关系”实验,所以不要求 B.应使重物 的质量远小于小车的质量,C.应消除小车和长木板间的摩擦阻力的影响。 (2)速度 fxT xvB 1 1 2 1 2  ,求加速度:因为 2 12 2)()( aTABCDBCABCDBCxx  ,所以 a 2 12 )x-x2 1 f( (3)要使尽可能多的点在图线上,所以丙正确。 11.(10 分)某课外研究小组为了“探究电池电极间距对电动势 E 和内电阻 r 的影 响”,以铜片、锌片和果汁制作的电池作为研究对象,选用实验器材如图甲所 示.探究实验过程如下: (1)请你用笔画线代替导线连接图甲电路. (2)连好电路后闭合开关前,应进行的一步操作是 ▲ (3)实验中保持电池其他条件不变,依次增大铜片与锌片间的距离,分别测出实验 B v0A 数据.通过数据处理画出相应的果汁电池 R- 1 I 图象,如图乙中(a)、(b)、(c)、 (d)所示.由图象可知:随着电极间距的增大,电源电动势▲,内阻▲(均填“增 大”、“减小”或“不变”);曲线(c)对应的电源电动势 E=▲V (保留二位有 效数字). 【答案】11.(10 分) (1)如右图 (2 分) (2)将电阻箱阻值调到最大. (2 分) (3)不变 (2 分) 增大 (2 分) 0.94(0.93-0.95)V(2 分) 【解析】(3)根据 )( rRIE  ,得 r1  IER ,所以 R- I 1 图线的斜率 Ek  ,R 轴的截距 rb  。因为图线互相平行,即电动势相等,所以随着电极间距的增大, 电源电动势不变,而截距绝对值增大,即内阻增大。 曲线(c)对应的电源电动势 E= 13 3 )10(4 10)]5.0(3.3[  k =0.95V 12.【选修 3-5】(12 分) (1)在光电效应实验中,四束光①、②、③、④分别照射光电管,其光电流与电压 的关系图线如图所示.下列说法正确的是▲ A.①光的频率大于②光的频率 B.①光的强度小于③光的强度 C.图线与纵轴的交点是对应的饱和光电流 D.④光照射时产生的光电子最大初动能最大 (2)1953 年,莱尼斯和柯文建造了一个由大水槽和探测器组成的实验系统,利用 在β衰变中产生的中微子与水中 1 1 H 的核反应,间接地证实了几乎没有质量且不 带电的中微子的存在.中微子与水中的 1 1 H 发生核反应,请完成方程式:中微子 + 1 1 H → 0 1e +▲.上述核反应产生的正电子与水中的电子相遇,形成几乎静止的 整体后,转变为两个γ光子,即 0 1e + 0 1e →2γ,正电子与电子相遇不可能只转变 为一个光子,其原因是:▲ . (3)如图所示,A、B 两物体质量分别为 M 和 m,放置在光滑水平面上的一条直线 上.A 物体以初速度 v0 向右运动,与 B 物体发生完全非弹性碰撞,求 A 物体对 B 物体的冲量大小. 12.【选修 3-5】(12 分) (1)A (4 分) 【解析】(1)根据 0WhEeU kmc   ,因为 21 cc UU  ,因为 21   ,即 A.① 光的频率大于②光的频率,A 正确; B.饱和电流取决于光的强度,所以①光的强度大于③光的强度,B 错误; C.图线中最大电流即平坦部分的电流才是对应的饱和光电流,C 错误; D.①③光照射时产生的光电子最大初动能最大,D 错误。 (2) 1 0 n (2 分) 只转变为一个光子违反动量守恒定律(一个光子动量不会为零)(2 分) (3)由动量守恒定律得: 0v ( )v M M m (2 分) 对 B 物体由动量定理得: 0v I m (1 分) 计算得: 0vMmI M m   (1 分) 13.【选做题】本题包括 A、B 两小题,请选定其中一小题,并在相应的答题区域内 作答.若都做,则按 A 小题评分. 13.A.【选修 3-3】(12 分) (1)关于下列实验及现象的说法正确的是▲. A.液晶光学性质与某些多晶体相似,具有各向同性 B.气体失去容器的约束就会散开,是因为分子间存在斥力 C.若空气中水蒸汽的气压大,人感觉到空气湿度一定大 D.由于液体表面层内的分子间距大于 r0,从而形成表面张力 (2)一定质量的理想气体经历了如图所示的状 态变化.已知从 A 到 B 的过程中,气体的 内能减少了 300 J,气体在状态 C 时的温度 TC=300 K,则从 A 到 B 气体放出的热量是 ▲J;气体在状态 A 时的温度为▲K. (3)如图所示,水平放置粗细均匀的玻璃管,管口用橡胶塞封住,一可自由移动的 活塞将玻璃管内分隔为 A、B 两部分,两部分中均有理想气体.开始时活塞静 止,A 部分气体的体积是 B 部分气体体积的 2.5 倍,其压强均为 P.现松动橡胶 塞,使 B 中气体向外缓慢漏出,整个过程中气体温度保持不变.当 A 部分气体 的体积变为原来的 1.2 倍时,再将橡胶塞塞紧,求 B 中剩余气体与漏气前 B 中 气体的质量比.(不计活塞与管壁间的摩 擦) A.【选修 3-3】(12 分) (1)D (4 分) A B (2)1200J (2 分) 1200K (2 分) 【解析】从 A 到 B 的过程中,外界对气体做功  PW V,代入数据解得 W=900J, 热力学第一定律 W+Q= E ,代入数据解得 Q=-1200J,即从 A 到 B 气体放出的 热量是 1200J. 对 A 和 C 状态,根据气体状态方程 C CC A AA T VP T VP  ,代入数据解得 TA=1200K. (3)设 A 中气体体积为 2.5V0,则 B 中气体体积为 V0 对于 A 中气体,由玻意耳定律得: 0 02.5 1.2 (2.5 )P V P V    (1 分) 则 5= 6P P (1 分) 对于 B 中气体,由玻意耳定律得: 0 5 6 BPV PV (1 分) 则 01.2BV V 此时 B 中剩余气体体积 00.5BV V  B 中剩余气体与漏气前 B 中气体的质量比为 5∶12 (1 分) B.【选修 3-4】(12 分) (1)用红光、蓝光分别做双缝干涉实验,用黄光、紫光分别做单缝衍射实验,得到 的图样如图所示(黑色部分表示亮纹).则在下面的四个图中从左往右排列,亮 条纹的颜色依次是▲ A.红、黄、蓝、紫 B.红、紫、蓝、黄 C.蓝、紫、红、黄 D.蓝、黄、红、紫 (2)如图所示,实线和虚线分别是沿 x 轴传播 的一列简谐横波在t=0 和t1=0.06s 时刻的 波形图.已知在 t=0 时刻,x=1.5m 处的 质点向 y 轴负方向运动.该波沿▲方向传 播;最小波速为▲. (3)如图所示,AOBC 为放在空气中的某种透明介质的截面图,△AOC 为等腰直角 三角形,BC 为半径 R=9cm 的四分之一圆弧,AB 与水 平屏幕 MN 垂直并接触 A 点.用红光和紫光两种单色 光组成的复色光沿圆弧半径射向圆心 O,在 AB 界面上 的入射角 i=45°,结果在 MN 上出现两个亮斑.已知 该介质对红光和紫光的折射率分别为 n1= 6 2 ,n2= 2.求屏上两个亮斑间的距 离. B.【选修 3-4】(12 分) (1)B (1 分) (2)-x(左)(2 分) 5m/s (2 分) 【解析】根据“上坡下行”的方法,因为已知在 t=0 时刻,x=1.5m 处的质点向 y 轴负方向运动.即在下行,所以应该上坡,所以该波沿-x 方向传播(向左)。 因为从 t=0 到 t1=0.06s 时间内波传播最短是波峰从 x=1.2m 到 x=0.9m,所以最小波 速为 smsmt xv /5/06.0 9.02.1   . (3)设红光和紫光的临界角分别为 C1、C2 对紫光: 2 2 1 2sin 2C n   2 45C  o , 入射角 45i  o ,所以发生全反射; 而对红光: 1 1 1 6 2sin 3 2   C n ,则 1 45 oC ,入射角 45i  o ,所以红光 发生折射和反射。故 P1 处为红色亮斑,P2 处为红、紫混色亮斑 (1 分) 左侧红光: 1 sin sin rn i  ,则 3sin 2 r 60r  (1 分) 由几何关系得 1 tan Rr AP  ,则 1 3 3cmAP  (1 分) 右侧: 2 9cmAP R  则两个亮斑间的距离 1 2 1 2 (3 3+9)cm=12.2cmPP AP AP   (1 分) 四、计算题:本题共 3 小题、共计 47 分.解答时写出必要 的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案 的不得分.有数值计算的题,答案中必须写出数值和单位. 14.(15 分)如图甲所示,放置在水平桌面上的两条光滑无限长金属导轨间距为 L =1m,质量 m=1kg,电阻 r=1Ω的光滑导体棒垂直放在导轨上,导轨左端与阻 值为 R=3 Ω的电阻相连,其余电 阻不计.两导轨间有方向垂直导 轨平面向下,磁感应强度为 B=2 T 的匀强磁场.现给导体棒施加 一水平向右的恒定拉力 F,并测 出速度随时间变化的图象如图乙 所示. (1)求导体棒运动过程中流过 R 电流的最大值; (2)求 t=1.6 s 时导体棒的加速度的大小; (3)若导体棒在开始运动的 1.6 s 内位移为 x=8m,求这段时间内电阻 R 上产生 的热量大小. 14.(15 分) (1)从速度时间图象可以看出,导体棒做切割磁感线运动的最大速度为 vm=10m/s,(1 分) 由 E=BLv (1 分) I=E R (1 分) 可得:I= mvBL R r =5A (2 分) (2)由牛顿第二定律可得: F-F 安 t=ma(1 分) 当导体棒速度最大匀速运动时,导体棒合外力为零 所以 F=F 安 m=BIL=10N (1 分) 当 t=1.6 s 时,导体棒 vt=8 m/s (1 分) 此时 F 安 t= 2 2 tvB L R r =8 N (1 分) 带入 tF Fa m  安 2 m/s2. (1 分) (3)由能量守恒定律可知: Fx=Q 总+ 2 t 1 2 vm (2 分) 解得: Q 总=48 J (1 分) 因回路电流相同,有: RQ R Q R r  总 (1 分) 解得 QR=36 J (1 分) 15.(16 分)如图所示,固定在光滑地面上倾角为θ=37°,质量为 M=3kg 的足够长斜 面体,其上静止放置质量为 m=1kg 的小物块.如果给小物块一个沿斜 面向下的初速度,它恰能沿斜面匀 速下滑. (1)将小物块从斜面底端以初速度 v0=6m/s 沿斜面向上运动,求在斜面 上运动时间? (2)斜面体解除固定并在右侧施加一水平向左的力 F,要使其上的小物块不受 摩擦力,求 F 多大? (3)在(2)中,若斜面体从静止开始,力 F 作用时间 t=0.4s 后斜面体突然停止, 求滑块再落到斜面上时的动能。 15.(16 分)解:(1)小滑块上滑时受摩擦力沿斜面向下,做匀减速运动,速度为 零时静止在斜面上。 由牛顿第二定律得: sin =mg f ma  (2 分) 而依题意有: = sinf mg  (1 分) 解得: 2=2 sin 12m/sa g   (1 分) m F M θ 由运动学公式得: 00= v - at (1 分) 解得:t=0.5s (1 分) (2)小滑块和斜面体以共同运动且不受摩擦力,对小滑块:只受重力和支持力作用 有: tan =mg ma (2 分) 2= tan =7 5m/s.a g  (1 分) 对整体: = +F M m a( ) (1 分) 得:F=30N (1 分) (3)小滑块和斜面体共同运动 t=0.4s 时,速度为 =3m/sv at (1 分) 斜面体突然停止,小物块向左平抛运动,设平抛时间为 t0, 落在斜面上时的动能为 kE ,落点距抛出点距离为 L 水平方向上:x=Lcosθ=v0t0 (1 分) 竖直方向上:y=Lsinθ=1 2gt20(1 分) 由机械能守恒定律得: 2 k 0 1= 2 vE m mgy (1 分) 滑块落在斜面上时的动能 k =E 117 8 J=14.625J (1 分) 16.(16 分)如图甲所示,在两块水平金属极板间加有电压 U 构成偏转电场, 一比荷 为 q/m 带正电的粒子 (重力不计),以速度 v0 沿水平方向从金属极板正中间射入.粒子 经电场偏转后恰能从极板的上边缘与水平 方向成 45°角射出,然后垂直于 MN 射入右 上方足够大的区域,该区域内可适时加上垂 直纸面的磁场,其变化规律如图乙所示(加 磁场时为 t=0 时刻),磁场变化周期为 T0, 忽略磁场突变的影响. (1)求两金属极板间的电压 U 大小; (2)若粒子到达 MN 时加磁场,要使粒 子射入磁场后不再从 MN 射出,求磁感应 强度 B0 应满足的条件; (3)若磁感应强度 0 0 mB qT  4 ,粒子越过 MN 足够远的距离时加磁场,求运动轨迹 所包围面积。 v0 M N 图甲 图乙 0 B t T0 0T3 2 0T 2 2T0 ﹣B0 B0 16.解:(1)粒子在电场中做类平抛运动,从 O 点射出时速度 2 0v v (1 分) 2 2 0 1 1 2 2 2v vUq = m m (2 分) 代入数据得: 2 2 2 0 0( )v v vm mU q q   (1 分) (2)粒子垂直 MN 射入磁场后做匀速圆周运动,要使粒子不从 MN 间射出,其轨迹 如图 1 所示. 设粒子运动周期为 T,如图可知,应有 0TT 5 12 2 (2 分) 因为 mT qB  2 (1 分) 所以 0 mB qT  5 3 (1 分) (3)粒子射入 NM 区域足够远后从 t=0 时刻开始有 磁场,分 析可知粒子在磁场中的运动周期为: 0TmT qB  2 2 (2 分) 所以,粒子在 T0 时间内的轨迹是两个外切圆组成的“8”字形,如图 2 所示. 设轨迹半径为 r,则: vmr Bq  (1 分) 解得 0 0v Tr  2 4 (2 分) 围成的面积为两个半径为 r 的圆 (1 分) 面积为:S=2πr2= 2 0v T  2 0 4 .(2 分) 【解析】为了进一步说明问题,我画了如下图: 图 2 v 此图说明:当粒子轨迹圆心角为 1500 处,即切点为 B,下半个周期的运动轨迹 与磁场界限 MN 相切,这是粒子射入磁场后不再从 MN 射出的最大轨迹半径,由于 12 5 360 150  ,可以得出: 212 5 0TT  。若 0TT 5 12 2 ,即即切点为 C,下半个周期的 运动轨迹(红线)与磁场界限 MN 不相切,即粒子射入磁场后不再从 MN 射出。 查看更多

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