2020届江苏省苏锡常镇四市高三教学情况调研（二）物理试题解析（解析版word版）

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。