寒假收心考 物理卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第 I 卷（选择题)
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一、单选题
1．如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是 3.34ev，那么对氢原子在能量跃迁过程
中发射或吸收光子的特征,认识正确的是( )
A．用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板一定不能产生光电效应
B．一群处于 n=3 能级的氢原子向基态跃迁时，能放出 4 种不同频率的光
C．用能量为 10.3eV 的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
D．一群处于 n=3 能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的
光电子的最大初动能为 8.75eV
2．一质量为 m 的汽车原来在平直路面上以速度 v 匀速行驶，发动机的输出功率为 P．从试卷第 2 页，总 10 页
某时刻开始，司机突然加大油门将汽车发动机的输出功率提升至某个值并保持不变，结
果汽车在速度到达 2v 之后又开始匀速行驶．若汽车行驶过程所受路面阻力保持不变，
不计空气阻力．下列说法正确的是（ ）
A．汽车加速过程的最大加速度为
B．汽车加速过程的平均速度为
C．汽车速度从 v 增大到 2v 过程做匀加速运动
D．汽车速度增大时发动机产生的牵引力随之不断增大
3．如图所示，倾角为 θ＝30°的斜面上，一质量为 6m 的物块经跨过定滑轮的细绳与一
质量为 m 的小球相连，现将小球从水平位置静止释放，小球由水平位置运动到最低点
的过程中，物块和斜面始终静止．运动过程中小球和物块始终在同一竖直平面内，则在
此过程中（ ）
A．细绳的拉力先增大后减小
B．物块所受摩擦力逐渐减小
C．地而对斜面的支持力逐渐增大
D．地面对斜面的摩擦力先减小后增大
4．已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为零．假设地球是质量分布均匀的
球体．如图若在地球内挖一球形内切空腔。有一小球自切点 A 自由释放，则小球在球
形空腔内将做 （ ）
A．匀速直线运动
p
mv
3
2 vB．加速度越来越大的直线运动
C．匀加速直线运动
D．加速度越来越小的直线运动
5．如图所示为某静电场中 x 轴上各点电势 φ 的分布图，一个带电粒子从坐标原点 O 仅
在静电力作用下沿 x 轴正方向运动，则（ ）
A．粒子一定带正电
B．粒子一定带负电
C．粒子从 运动到 ，加速度先增大后减小
D．粒子从 运动到 ，加速度先减小后增大
6．甲、乙两辆汽车在平直的高速公路上以相同的速度 v0=30m/s 一前一后同向匀速行驶。
甲车在前且安装有 ABS 制动系统，乙车在后且没有安装 ABS 制动系统。正常行驶时，
两车间距为 100m。某时刻因前方突发状况，两车同时刹车，以此时刻为零时刻，其速
度——时间图象如图所示，则( )
A．两车刹车过程中的平均速度均为 15m/s
B．甲车的刹车距离大于乙车的刹车距离 x
C．t=1s 时，两车相距最远
D．甲、乙两车不会追尾
1x 3x
1x 3x试卷第 4 页，总 10 页
7．如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界 d 点垂直于磁场
方向射入，沿曲线 dpa 打到屏 MN 上的 a 点，通过 pa 段用时为 t.若该微粒经过 P 点时，
与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏 MN 上。若两个微粒所
受重力均忽略,则新微粒运动的 ( )
A．轨迹为 pb,至屏幕的时间将小于 t
B．轨迹为 pc,至屏幕的时间将大于 t
C．轨迹为 pa，至屏幕的时间将大于 t
D．轨迹为 pb,至屏幕的时间将等于 t
二、多选题
8．如图所示，闭合电键 S，电压表的示数为 U，电流表的示数为 I，现向左调节滑动变
阻器 R 的触头 P，下列说法正确的是]
A．I 变大
B．U 变大
C．电阻 R1 的功率变大
D．电源的总功率变大9．如图，真空中固定有两个静止的等量同种正点电荷 A 与 B,电荷量均为 Q,AB 连线长
度为 2L,中点为 O 点，在 AB 连线的中垂线上距 O 点为 L 的 C 点放置一试探电荷 q
（对 AB 电荷产生的电场无影响），电荷电性未知，现将 B 电荷移动到 O 点并固定，若
取无穷远处为电势零点，静电力常量为 K，不考虑运动电荷产生的磁场，则 B 电荷运动
过程中下列说法正确的是（ ）
A．C 点的电场强度先增大后减小
B．由于试探电荷 q 的电性未知，故 C 点的电势可能减小
C．若试探电荷 q 带正电，则其电势能一定增大
D．B 电荷移动到 O 点时，C 点的电场强度大小为
10．一物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力 F 作用下开始向上运动，如图甲。在物
体向上运动过程中，其机械能 E 与位移 x 的关系图象如图乙，已知曲线上 A 点的切线
斜率最大，不计空气阻力，则
A．在 x1 处物体所受拉力最大
B．在 x1~x2 过程中，物体的动能先增大后减小
C．在 x1~x2 过程中，物体的加速度先增大后减小
D．在 0~x2 过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功
2
5 2 2
2
KQ
L
+试卷第 6 页，总 10 页
第 II 卷（非选择题)
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三、实验题
11．某实验小组设计了“探究加速度与合外力关系”的实验，实验装置如图 1 所示．已知
小车的质量为 500 克，g 取 10 m/s2，不计绳与滑轮间的摩擦．实验步骤如下：
①细绳一端系在小车上，另一端绕过定滑轮后挂一个小砝码盘；
②在盘中放入质量为 m 的砝码，用活动支柱将木板固定有定滑轮的一端垫高，调整木
板倾角，恰好使小车沿木板匀速下滑；
③保持木板倾角不变，取下砝码盘，将纸带与小车相连，并穿过打点计时器的限位孔，
接通打点计时器电源后，释放小车；
实验次数 1 2 3 4 5 6 7
m/kg 0.02 0.04 0.05 0.06 0.07 0.08 0.10
a/(m·s－2) 1.40 1.79 2.01 2.20 2.38 2.61 3.02
④取下纸带后，计算小车加速度 a；将砝码的质量 m 和对应的小车加速度 a 记入下表；
⑤改变盘中砝码的质量，重复②③④步骤进行实验．
（1）在坐标纸上作出 a－mg 图象，如图 2 所示，该图象中直线不过坐标原点的原因是
___________．
（2）根据上述图象能求解的物理量是____________，其大小为_____________．
（3）你认为本实验中小车的质量____________(填“需要”或“不需要”)远远大于砝码的质
量．
12．为了测量一个量程 0～3V、内阻约 3 kΩ 的电压表的内电阻， 提供的实验器材有：
A．待测电压表 V1；
B．电流表 A1（0～0.6A，内阻约 0.2Ω）；
C．电压表 V2（量程 0～10 V，内电阻约 10kΩ）；
D．滑动变阻器 R1（0～50Ω，额定电流 0.5A）；试卷第 8 页，总 10 页
E．定值电阻 R=5 kΩ；
F．电源 E（电动势 8V，内阻较小）；
G．开关一个、导线若干．
（1）在线框内画出正确的实验电路图________．（要求测量值尽可能精确、测量值的变
化范围尽可能大一些，所用器材用对应的符号标出）
（2）在图中完成实物连线__________．
（3）实验时需要测得的物理量有_________________．（用符号表示并说明其物理意义）
（4）待测电压表内电阻表达式为_______________．(用(3)中符号表示)
四、解答题
13．将一根长度=103cm 的长玻璃管竖直放置，管的 A 端开口，B 端封闭．利用水银在
管的下部封闭着一段空气柱，各段初始长度如图，已知外界大气压 p0=76cmHg，温度
始终不变．
(i)被封闭的气体压强是多大?
(ⅱ)缓慢将玻璃管绕通过 B 点的水平轴转动 180°，使管倒立，此时管内空气柱的长度是
多长?
14．如图，板间距为 d、板长为 4d 的水平金属板 A 和 B 上下正对放置，并接在电源上．现有一质量为 m、带电量＋q 的质点沿两板中心线以某一速度水平射入，当两板间
电压 U＝U0，且 A 接负时，该质点就沿两板中心线射出；A 接正时，该质点就射到 B 板
距左端为 d 的 C 处．取重力加速度为 g，不计空气阻力．求：
（1）质点射入两板时的速度大小；
（2）当 A 接负时，为使带电质点能够从两板间射出，两板所加恒定电压 U 的范围．
15．如图所示，形状完全相同的光滑弧形槽 A, B 静止在足够长的光滑水平面上，两弧
形槽相对放置，底端与光滑水平面相切，弧形槽高度为 h, A 槽质量为 2m, B 槽质量为
M．质量为 m 的小球，从弧形槽 A 顶端由静止释放，重力加速度为 g，求:
(1)小球从弧形槽 A 滑下的最大速度;
(2)若小球从 B 上滑下后还能追上 A，求 M, m 间所满足的关系:
16．如图所示，足够长的木板静止在光滑水平地面上，木板上的 A 点放有一小物块．木
板和物块的质量均为 m，物块与木板之间的动摩擦因素为 μ=0.2，认为最大静摩擦力与
滑动摩擦力相等．现给物块一个水平向右的速度 v0，v0=5m/s，并同时给物块一个水平
向左的恒力 F、F=0.6mg，而后在物块速度减小到 0 时撤去外力 F，取 g=10m/s2，求：
(1)它们第一次速度相同时速度的大小；
(2)撤去外力时木板运动速度的大小；
(3)最终物块停在木板上的位置离 A 点的距离．
17．如图所示，直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿 y 轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象限
中存在垂直纸面向外的匀强磁场.一电量为 q、质量为 m 的带正电 的粒子，在-x 轴上的试卷第 10 页，总 10 页
点 a 以速率 v0，方向和-x 轴方向成 60°射入磁场，然后经过 y 轴上 y =L 处的 b 点垂直
于 y 轴方向进入电场，并经过 x 轴上 x=2L 处的 c 点.不计重力.求：
(1)磁感应强度 B 的大小
(2)电场强度 E 的大小
(3)粒子在磁场和电场中的运动时间之比.答案第 1 页，总 12 页
参考答案
1．D
【解析】
【详解】
A、氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量为 10.2eV，照射金属锌板一定能产
生光电效应现象，故 A 错误；
B、一群处于 n=3 能级的氢原子向基态跃迁时，根据 可知，能放出 3 种不同频率的光，
故 B 错误；
C、用能量为 10.3eV 的光子照射，小于 12.09eV，不可使处于基态的氢原子跃迁到激发态，
要正好等于 12.09eV 才能跃迁，故 C 错误；
D、氢原子从高能级向 n=3 的能级向基态跃迁时发出的光子的能量最小为 E 大
=-1.51+13.6=12.09eV，因锌的逸出功是 3.34ev，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为
EKm=12.09-3.34=8.75eV，故 D 正确；
故选 D.
2．A
【解析】
设汽车所受的阻力为 f，则开始时：P=fv；加大油门后：P1=f∙2v；则 P1=2P；汽车在开始加
大油门时的加速度最大，最大加速度为 ，选项 A 正确；汽车若做匀加
速运动，则平均速度为 ；而汽车随速度的增加，由 P=Fv 可知牵引力减小，则
加速度减小，即汽车做加速度减小的加速运动，则平均速度不等于 ，选项 BCD 错误；
故选 A.
3．B
2
3C 3=
2
m
P f Pva m mv
−
= =
2 3
2 2
v v v
+ =
3
2 v本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
答案第 2 页，总 12 页
【解析】
【详解】
A、小球向下摆动的过程中，细线对小球的拉力与重力沿径向的分力的合力提供向心力，小
球速度变大，所需向心力变大，所以细线对小球拉力一直增大，A 错误；
B、开始摩擦力沿斜面向上，根据平衡条件可得摩擦力大小 f＝6mgsin30°＝3mg；设滑轮到
小球的距离为 R，当物块在最低点时，根据动能定理可得 mgR＝ mv2，根据牛顿第二定律
可得 F﹣mg＝m ，解得最低点绳子拉力为 F＝3mg，此时物块的摩擦力大小为 0，而绳子
中的拉力一直增大，所以斜面对物块的摩擦力一直减小，故 B 正确；
CD、对物块和斜面组成的整体分析可知，拉物体的绳子拉力在竖直方向的分力一直增大，
在水平方向的分力一直增大，地面对斜面的支持力一直减小，摩擦力一直增大，故 CD 错
误．
4．C
【解析】已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为零，那么在地球内挖一球形内切
空腔后小球 A 受力等于地球对 A 的万有引力减去空腔球体的万有引力；所以设地球密度为 ρ，
小球 A 所在处到空腔球心距离为 r，小球 A 到地球中心距离为 R，则 R-r 为两球心的距离，
那 么 小 球 A 受 到 的 合 外 力
，那么小球受到的
加速度 ，所以小球向球心运动，加速度不变，即小球在球形空腔内将做
匀加速直线运动，C 正确．
5．D
【解析】
【详解】
1
2
2v
R
( )
3 3
2 2 2 2
4 4
' 43 3
3
G R m G r mGMm GM mF G R r mR r R r
ρ π ρ π
πρ
⋅ ⋅
= − = − = −
( )4
3a G R rπ ρ= −答案第 3 页，总 12 页
AB、由图象可知,从坐标轴上 x1 处运动到 x2 处电势逐渐升高，说明电场方向水平向左．粒子
运动情况未知，无法判断粒子带电电性，故粒子带负电，故 A 错误，B 错误；
CD、由图象的斜率大小等于电场强度可知，粒子从坐标轴上 x1 处运动到 x3 处的斜率先减小
后增大，故电场强度先减小后增大，则电场力先减小后增大，故加速度先减小后增大，故 C
错误，D 正确；
故选 D．
6．D
【解析】
【详解】
ABD、根据 图象与坐标轴围成的“面积”表示相应时间内的位移，甲车的刹车距离为
，乙车的刹车距离为 ，则有
，所以甲、乙两车不会追尾；甲车刹车过程中的平均速度为
，乙车刹车过程中的平均速度为 ，故选项 D 正确，A、
B 错误；
C、当 时，两车速度相等，相距最远，故选项 C 错误。
7．C
【解析】
试题分析：由动量守恒定律可得出粒子碰撞后的总动量不变，由洛仑兹力与向心力的关系可
得出半径表达式，可判断出碰后的轨迹是否变化；再由周期变化可得出时间的变化．
带电粒子和不带电粒子相碰，遵守动量守恒，故总动量不变，总电量也保持不变，由
，得： ，P、q 都不变，可知粒子碰撞前后的轨迹半径 r 不变，故
轨迹应为 pa，因周期 可知，因 m 增大，故粒子运动的周期增大，因所对应的弧
v t−
1 30 3 452x m m= × × =甲
30 15 11 15 5 602 2x m m
+= × + × × =乙
100x m x+ >甲 乙
15 /xv m st
= =甲
甲 10 /xv m st
= =乙
乙
2t s=
2vBqv m r
= mv Pr qB qB
= =
2 mT qB
π=本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
答案第 4 页，总 12 页
线不变，圆心角不变，故 pa 所用的时间将大于 t，C 正确；
【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式
，周期公式 ，运动时间公式 ，知道粒子在磁场中运动半径和速
度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，
8．BC
【解析】
试题分析：向左调节滑动变阻器，则滑动变阻器连入电路的总电阻增大，所以电路总电阻增
大，故电路总电流减小，即电流表示数减小，A 错误；电路路端电阻增大，则根据闭合回路
欧姆定律可得，电路路端电压增大，即电压表示数增大，B 正确；电路总电阻增大，电路总
电流减小，故路端电压增大，而通过的电流减小，所以两端的电压减小，故两端的电压增大，
所以根据公式可得的电功率变大，C 正确，电路总电流减小，根据公式可得电源的总功率减
小，D 错误，
考点：考查了电路的动态变化；做此类型的问题一般是从变化的电路推导整体电路的变化，
再从整体变化推到另外部分电流的变化
9．CD
【解析】
【详解】
AD、根据 可知 电荷在 点的水平电场强度大小为 ， 在 点
的竖直电场强度大小为 ； 电荷在 点的水平电场强度大小为
，在 C 点的竖直电场强度大小为 ，其中 从
增加到 ，根据矢量叠加原理可得 点的电场强度大小为
mvR Bq
= 2 mT Bq
π=
2t T
θ
π=
2
kQE r
= A C 2 cos452Ax
kQE L
= ° C
2 sin 452Ay
kQE L
= ° B C
2
cos
( )sin
Bx
kQE L
θ
θ
=
2
sin
( )sin
By
kQE L
θ
θ
= θ 45°
90° C答案第 5 页，总 12 页
，化简得
，
由于 从 增加到 ，所以 一直增大，当 电荷移动到 点时， ，解得
点的电场强度大小为 ，故选项 A 错误，D 正确；
BC、根据离正电荷越近的地方电势越高，离负电荷越近的地方电势越低可知， 电荷运动
过程中， 点的电势增加，根据 可知带正电试探电荷在 点电势能一定增大，故选
项 B 错误，C 正确；
10．AB
【解析】
【详解】
A．E-x 图像的斜率代表竖直向上拉力 F，物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力 F 作用
下开始向上，说明在 x=0 处，拉力 F 大于重力，在 0-x1 过程中，图像斜率逐渐增大，则拉
力 F 在增大，x1 处物体图象的斜率最大，所受的拉力最大，故 A 正确；
BC．在 x1~x2 过程中，图象的斜率逐渐变小，说明拉力越来越小；在 x2 处物体的机械能达到
最大，图象的斜率为零，说明此时拉力为零。根据合外力 可知，在 x1~x2 过程
中，拉力 F 逐渐减小到 mg 的过程中，物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体加速度在减
小，动能在增大，拉力 F=mg 到减小到 0 的过程中，物体的加速度反向增大，物体做加速度
逐渐增大的减速运动，物体的动能在减小；在 x1~x2 过程中，物体的动能先增大后减小，物
体的加速度先减小后反向增大，故 B 正确，C 错误；
D．物体从静止开始运动，到 x2 处以后机械能保持不变，在 x2 处时，物体具有重力势能和
动能，故在 0~x2 过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功与物体的动能之和，
故 D 错误。
11．没有考虑砝码盘的质量 砝码盘的质量 0.05kg 否
2 2( ) ( )c By Ay Bx AxE E E E E= + + −
4 2 4 2
2 2
1 1sin 2 sin (sin cos ) sin 2sin sin( 45 )4 4c
kQ kQE L L
θ θ θ θ θ θ= + − + = + − ° +
θ 45° 90° cE B O 90θ = ° C
2
5 2 2
2c
kQE L
+=
B
C PE qϕ= C
-F F mg=合本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
答案第 6 页，总 12 页
【解析】
【详解】
（1）由图象可知，a-mg 图象与纵轴相交，当盘中砝码质量为零时，小车已经具有加速度，
说明此时小车所受合力不为零，这是因为求小车所受合力时，没有考虑砝码盘重力造成
的．
（2）由图象可知，砝码重力为零时，小车加速度 a=1m/s2，由此可知，砝码盘的重力 G 砝码
盘=m 车 a=0.5kg×1m/s2=0.5N．则砝码盘的质量 m=0.05kg．
（3）砝码质量为 m，设斜面倾角为 θ，小车质量为 M，小车匀速下滑，处于平衡状态，由
平衡条件得：Mgsinθ=f+mg，当取下砝码盘后，小车重力沿斜面向下的分力 Mgsinθ 和摩擦
力 f 不变，因此小车所受合外力为 mg，由此可知，小车所受合外力与车的质量和砝码质量
无关，实验不需要控制小车的质量远远大于砝码的质量．
【点睛】
本题考查了作图、实验数据分析、实验注意事项等问题，要掌握描点法作图的方法；理解实
验原理、对小车正确受力分析即可正确解题．
12． 电压表 的读数 ，电压
表 的读数
【解析】
（1）待测电压表量程只为电压表 量程的 ，所以应将待测电压表扩大量程，与 R 串联，
然后再将其电压表 并联；由于滑动变阻器的全电阻远小于待测电压表内阻，所以变阻器
应采用分压式接法，又待测电压表与定值电阻 R 串联后再与电压表 并联，电路图如图所
1V 1U
2V 2U 1
2 1
U RU U−
2V 1
3
2V
2V答案第 7 页，总 12 页
示：
（2）注意导线不要交叉，如图所示
（3、4）根据串并联规律应有： ，解得： ，需要测量电压表
的读数 ，电压表 的读数
【点睛】应明确：①对测量电压表内阻实验，要根据已知电压表内阻是否为确定值来选择
将两电压表串联还是并联，注意串联时两电压表的电流应接近才行，否则应进行改装；并联
时两电压表的电压应接近，否则应进行改装．②当变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变
阻器应采用分压式接法．
13．（1） （2）
【解析】
【详解】
（1）由平衡得： 得：
（2）假设水银没有漏出，旋转后： 等温变化： 解得：
1
2
V
UU RR
= 1
2 1
V
U RR U U
= − 1V
1U 2V 2U
1 106P cmHg= 80x cm=
1 0 cmHgP P h= + 1 106cmHgP =
0 2 cmHgP P h= + 2 2 1 1P l Pl= 2 92cml =本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
答案第 8 页，总 12 页
因为 大于管长，所以水银溢出，设溢出后空气柱长 x，同理得：
， 解得 ，故空气柱长度为
14．（1） （2）
【解析】
【详解】
（1）当两板加上 U0 电压且 A 板接负时，有：
①
A 板为正时，设带电质点射入两极板时的速度为 v0，向下运动的加速度为 a，经时间 t 射到 C
点，有：
②
又水平方向有
d＝v0t ③
竖直方向有
④
由①②③④得：
⑤
（2）要使带电质点恰好能从两板射出，设它在竖直方向运动的加速度为 a1、时间为 t1，应
有：
⑥
2 122cml h+ =
( )3 0cmHgP l x P+ − = 3 1 1P x Pl= 80cmx = 80cmx =
2gd 0 0
9 7
8 8U U U> >
0Uq mgd
=
0Uq mg mad
+ =
21
2 2
d at=
0 2v gd=
2
1 1
1
2 2
d a t=答案第 9 页，总 12 页
⑦
由⑥⑦⑧得：
⑧
若 a1 的方向向上，设两板所加恒定电压为 U1，有：
⑨
若 a1 的方向向下，设两板所加恒定电压为 U2，有：
⑩
⑧⑨⑩解得：
，
，
所以所加恒定电压范围为：
。
15．（1） （2）M＞3m
【解析】
【详解】
（1）小球到达弧形槽 A 底端时速度最大．设小球到达弧形槽 A 底端时速度大小为 v1，槽 A
的速度大小为 v2．
小球与弧形槽 A 组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，小球下滑过程中，
由动量守恒定律得：mv1﹣2mv2＝0
1
0
4dt v
=
1 8
ga =
1
1
Uq mg mad
− =
2
1
Umg q mad
− =
1 0
9
8U U=
2 0
7
8U U=
0 0
9 7
8 8U U U> >
2 3
gh本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
答案第 10 页，总 12 页
由机械能守恒定律的：mgh＝ mv12+ •2mv22
联立解得： ，
（2）小球冲上弧形槽 B 后，上滑到最高点后再返回分离，设分离时小球速度反向，大小为
v3，弧形槽 B 的速度为 v4．整个过程二者水平方向动量守恒，则有：mv1＝﹣mv3+Mv4
二者的机械能守恒，则有： mv12＝ mv32+ Mv42
小球还能追上 A，须有: v3＞v2．
解得: M＞3m
16．(1) (2) (3)
【解析】
【详解】
物块在木板上滑动时摩擦力的大小为：
（1）物块获得初速度后做减速运动、木板做加速运动，直至速度相同．设这一过程中木板
与物块的加速度分别为 a、a1，则
对物块有：
对木板：
经过时间 t1 物块和木板第一次具有相同的速度 v，有：
联解求得： ，共同速度为：
（2）两者达到共同速度后，物块继续减速运动，设加速度为 a2，木板也做减速运动，加速
度方向改变、大小仍为 a．设物块减速经时间 t2 速度为 0 时木板速度为 V，则
1
2
1
2
1 2 3
ghv = 2 3
ghv =
1
2
1
2
1
2
1 /m s 0.5 /m s 1.16m
0.2f mg mgµ= =
1F f ma+ =
=f ma
1 0 1 1v at v a t= = −
1 0.5t s= 1v m / s=答案第 11 页，总 12 页
对物块有： ，
对木板：
联解求得： ，撤去外力时木板速度为：
（3）在 t1 时间内，物块相对木板向右滑动，设滑动的距离为 x1，则：
在 t2 时间内，物块相对木板向左滑动，设滑动的距离为 x2，则：
撤去外力后，物块和木板组成的系统动量守恒，设最终速度达到 u 时物块相对木板向左滑动
的距离为 x3，则
由动量守恒得：
由能量关系得：
解得：
设物块最终停在木板上的位置离 A 点的距离 x，则：
，停在 A 点的右侧．
17．（1） （2）（1）2π:9
【解析】
【试题分析】由几何知识求出粒子的轨道半径，然后由牛顿第二定律求出磁感应
强度大小．粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律求出电场强度大
小．求出粒子在磁场中的运动时间与在电场中的运动时间，然后求出时间之
比．
2F f ma− = 2 20 v a t= −
2V v at= −
2 0.25t s= 0.5 /V m s=
0
1 1 1
5
2 2 4
v v vx t t m
+= − =
2 2 1
1
2 2 16
V v vx t t m
+= − =
2mV mu=
2 2
3
1 1 22 2mgx mV muµ = − ×
2
3
1
4 32
Vx mgµ= =
1 2 3 1.16x x x x m= − − =本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
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(1)粒子的运动轨迹如图所示：
由几何知识可得：r+rsin30°=L
粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：
解得：
(2)粒子在电场中做类平抛运动，
水平方向：2L=v0t
竖直方向：
解得：
(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期：
由几何知识可知，粒子在磁场中转过的圆心角：θ=180°-60°=120°
粒子在磁场中做圆周运动的时间：
粒子在电场中的运动时间：
粒子在磁场和电场中的运动时间之比：
【点睛】本题考查了粒子在磁场与电场中的运动，分析清楚粒子的运动过程、应
用牛顿第二定律与类平抛运动规律、粒子做圆周运动的周期公式即可正确解题，
解题时要注意数学知识的应用．
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