天津市和平区2018届高三物理上学期期末考试试卷（含解析）.doc

天津市和平区2018届高三上学期期末考试物理试题一、单项选择题：每小题4分，共32分。每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的是。1.天然放射现象的发现，证明了原子核具有复杂的结构。关于原子核，下列说法正确的是A. 射线是原子的核外电子电离后形成的电子流B. 某原子核经过一次衰变后，核内质子数减少4个C. 增大压强不能改变原子核衰变的半衰期D. 射线的贯穿作用很强，可用来进行金属探伤【答案】C【解析】A、射线是原子核内的中子转化为质子同时生成一个电子形成的故A错误；B、衰变是原子核自发放射粒子的核衰变过程粒子是电荷数为2、质量数为4的氦核He质子数等于电荷数2，所以“核内质子数减少4个”是错误的，则B错误；C、原子核的半衰期有其自身决定，与所处的物理、化学等外界环境无关，故改变压强不能改变半衰期，C正确；D、射线的贯穿作用很强，可用来进行金属探伤，射线的电离本领最强，D错误。故选C.【点睛】该题考查半衰期的特点，衰变的实质和三种射线的性质等多个知识点的内容，解答的关键是正确理解半衰期的意义，理解半衰期是大量放射性原子衰变的统计规律2.如图所示，当一束一定强度的某一频率的黄光照射到光电管阴极K上时，此时滑片P处于A、B中点，电流表中有电流通过，则A. 若将滑动触头P向B端移动时，电流表读数有一定增大B. 若用红外线照射阴极K时，电流表中一定没有电流通过C. 若用强度更弱的黄光照射阴极K，电流表读数不变D. 若用强度更弱的紫外线照射阴极K，光电子的最大初动能一定变大【答案】D【解析】A、光电管所加的电压，使光电子到达阳极，则电流表中有电流流过，且可能处于饱和电流，若将滑动触头P向B端移动时，电流表读数有可能不变，故A错误；B、若用红外线照射阴极K时，因红外线的频率小于黄色光，因此可能不发生光电效应，也可能会发生光电效应，电流表不一定没有电流通过故B错误；C、若用强度更弱的黄光照射阴极K时，能发生光电效应有光子飞出，但光强变若使得飞出的光子数目减小，电流表读数减小故C错误；D、紫外线的频率大于黄色光的频率，根据光电效应方程：Ek=hv-W0可知用一束紫外线照射阴极K时，出射光电子的最大初动能一定变大，与光的强弱无关故D正确；故选D。【点睛】解答本题的关键知道光电效应的条件，以及知道影响光电流的因素，同时掌握相同能量的频率越高的，光子数目越少3.中国北斗卫星导航系统(BDS)是中国自行研制的全球卫星导航系统，是继美国全球定位系统(GPS)、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统(GLONASS)之后第三个成熟的卫星导航系统。预计2020年左右，北斗卫星导航系统将形成全球覆盖能力。如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做圆周运动，a是地球同步卫星，则下面说法中正确的是（ ）A. 卫星a的角速度小于c的角速度B. 卫星a的加速度大于b的加速度C. 卫星a的运行速度大于第一宇宙速度D. 卫星b的周期大于24h【答案】A【解析】【详解】A、由万有引力提供向心力GMmr2=ma=m2r，得：=GMr3，则半径大的角速度小，A正确； B、a=GMr2，半径大的加速度小，B错误；C.第一宇宙速度为近地卫星的运行速度，所有卫星的运行速度都小于或等于它，C错误； D、a的周期为24h,由T=42r3GM，半径相同周期相同，则b的周期为24小时，D错误。故选：D。4. 如图所示，一金属直杆MN两端接有导线，悬挂于线圈上方，MN与线圈轴线均处于竖直平面内，为使MN垂直纸面向外运动，可以： （ ）A. 将a、b端分别接电源的正负极，c、d不接电源B. 将a、d端接在电源正极，b、c端接在电源负极C. 将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极D. 将b、c端接在电源正极，a、d端接在电源负极【答案】【解析】试题分析：A、a接正时电流方向为MN，c、d不接电源MN不受力；错误B、a接正时电流方向为MN，d接正极时线圈下端为N极，由左手定则可判断MN向里运动；错误C、a接正时电流方向为MN，c接正极时线圈上端为N极，由左手定则可判断MN向外运动；正确D、b接正时电流方向为NM，c接正极时线圈上端为N极，由左手定则可判断MN向里运动；错误故选考点：左手定则点评：本题属于通电直导线在螺线管产生的磁场中的受力问题，利用右手螺旋定则判断磁场，利用左手定则判断受力方向5.如图所示，两个半径不同，内壁光滑的半圆轨道，固定于地面，两轨道的球心O、O在同一水平高度上，一小球先后从与球心在同一高度上的A、B两点从静止开始滑下，以球心所在位置为零势能面，通过最低点时，下列说法中不正确的是A. 小球对轨道的压力是相同的B. 小球的速度相同C. 小球向心加速度是相同的D. 小球的机械能相同【答案】B【解析】B、设小球通过最低点的速度大小为v，半圆的半径为R在落到最低点的过程中根据动能定理得mgR=12mv20，解得v=2gR，可知R越大v越大，故B错误；A、在最低点，竖直方向上的合力提供向心力，由牛顿第二定律有Nmg=mv2R，联立解得N=3mg，可知轨道对小球的支持力与半圆轨道的半径无关，所以小球对两轨道的压力相等大小为重力的3倍，故A正确；C、根据向心加速度公式a=v2R得a=(2gR)2R=2g，方向竖直向上知向心加速度大小相同，则C正确；D、两球下滑都只有重力做功，满足机械能守恒，初位置的机械能E机=Ek+EP=0J相同，则末位置的机械能也相等为零，故D正确；本题选不正确的故选B.【点睛】根据机械能守恒或动能定理求出小球通过最低点时的速度，再根据牛顿第二定律求出小球在最低点时所受的支持力，从而进行比较根据向心加速度的公式求出最低点的向心加速度的大小，从而进行比较6.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素，如图所示，平行板电容器的极板A与一静电计相接，极板B接地，若极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计的指针变化，作出平行板电容器的电容变小的结论，其依据是A. 两极板间的电压不变，静电计指针张角变大B. 两极板间的电压不变，静电计指针张角变小C. 极板上的电量几乎不变，静电计指针张角变小D. 极板上的电量几何不变，静电计指针张角变大【答案】D【解析】A极板与静电计相连，所带电荷电量几乎不变，B板与A板带等量异种电荷，电量也几乎不变，故电容器的电量Q几乎不变将极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，电容C=rs4kd减小，由公式C=QU知板间电压变大，则静电计指针的偏角变大，故A、B、C错误，D正确【点睛】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大根据电容的决定式C=rs4kd分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C=QU分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况.7.如图所示为一速度选择器，两极板P1、P2之间存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场。一束带电粒子流以速度v从S1沿直线运动到S2，则下列说法中正确的是A. 该粒子流的粒子一定带正电B. 粒子从S1到S2一定做匀速直线运动C. 粒子运动的速度大小一定等于B/ED. 若粒子以速度v从S2向上运动，一定能沿直线到达S1【答案】B【解析】A、粒子受洛伦兹力和电场力；假设粒子带正电，则受到向下的洛伦兹力，电场力向上；若粒子带负电，洛伦兹力向上，电场力向下；均可以平衡；故A粒子可以带正电，也可以带负电；故A错误；B、C、洛伦兹力与电场力平衡qE=qvB，粒子做匀速直线运动才能不发生偏转而直线通过，解得v=EB，故B正确，C错误； D、如果这束粒子流从S2处沿直线ba方向射入，电场力方向不变，洛伦兹力反向，故电场力与洛伦兹力方向相同，不再平衡，故合力与速度不共线，粒子开始做曲线运动，不能运动到S1处，故D错误；故选B.【点睛】在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即qvB=qE，只有速度为v=EB粒子才能沿直线匀速通过选择器；若粒子从反方向射入选择器，所受的电场力和磁场力方向相同，粒子必定发生偏转8. 两个大小不同的绝缘金属圆环如右图叠放在一起，小圆环有一半面积在大圆环内，当大圆环通上顺时针方向电流的瞬间，小圆环中感应电流的方向是()A. 顺时针方向B. 逆时针方向C. 左半圆顺时针，右半圆逆时针D. 无感应电流【答案】B【解析】试题分析：根据右手安培定则,当圆环a中电流为顺时针方向时,圆环所在平面内的磁场方向为垂直于纸面向里,而环外的磁场方向垂直于纸面向外,虽然b圆环在a圆环里外的面积一样,但环里磁场比环外磁场要强,净磁通量还是垂直于纸面向里,由右手安培定则和楞次定律知,感应电流的磁场阻碍“”方向的磁通量的增强,所以b圆环中的感应电流方向为逆时针，B正确；故选B。【名师点睛】应用楞次定律判断感应电流的方向的步骤：（1）先确定原磁场和发生电磁感应的回路；（2）再确定原磁场方向；（3）判断穿过闭合电路磁通量的变化情况；（4）根据楞次定律判断感应电流的磁场方向；（5）根据安培定则判断感应电流的磁场方向。考点：电磁感应、楞次定律。二、多项选择题：每小题3分，共12分，每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，选错或不答的得0分。9.如图所示，在粗糙、绝缘且足够大的水平面上固定着一个带负电荷的点电荷Q，将一个直流为m带电荷为q的小物体（可以看成为质点）放在水平面上并由静止释放，小物体将在水平面上沿远离Q的方向开始运动，则在小物体运动的整个过程中A. 小物体的加速度一直在减小B. 小物体的电势能一直在减小C. 电场力对小物体做的功等于小物体动能的增加量D. 小物体机械能与电势能的总和一直在减小【答案】BD【解析】A、开始时，电场力大于摩擦力，运动的过程中，电场力逐渐减小，则加速度减小，然后摩擦力大于电场力，加速度又逐渐增多，所以加速度先减小后增大故A错误；B、在整个运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小故B正确C、D、根据能量守恒定律知，在整个过程中动能变化为零，重力势能不变，则电场力做的功全部转化为摩擦产生的热量，即机械能与电势能的总和一直在减小变为热能，故C错误，D正确故选BD【点睛】解决本题的关键理清金属块的运动过程，掌握电场力做功与电势能的关系，以及会运用能量守恒定律分析问题10.用一竖直向上的力将原来在地面上静止的重物向上提起，重物由地面运动至最高点的过程中，v-t图像如图所示，以下判断正确的是A. 前3s内拉力功率恒定B. 最后2s内货物处于超重状态C. 前3s内与最后2s内货物的平均速度相同D. 最后2s运动过程中，货物的机械能增大【答案】CD【解析】A、v-t图象的斜率表示加速度，则知前3s内，重物做匀加速直线运动，加速度不变，拉力不变，而速度增大，则由P=Fv知，拉力的功率增大，故A错误B、最后2s内重物做匀减速上升，加速度向下，处于失重状态，故B错误C、前3 s内货物做匀加速运动，平均速度为：v1=62=3m/s，最后2s内货物做匀减速运动，平均速度为：v2=62=3m/s，可知平均速度相同，故C正确D、35s内货物向上做匀速直线运动，重力势能增加，动能不变，则机械能增加故D正确故选CD【点睛】解决本题的关键知道速度时间图线斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含义，以及掌握机械能守恒定律的条件11.如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电量均相同的正、负离子(不计重力)，从点O以相同的速度先后射入磁场中，入射方向与边界成角，则正、负离子在磁场中( )A. 运动时间相同B. 运动轨迹的半径相同C. 重新回到边界时速度的大小和方向相同D. 重新回到边界的位置与O点距离相等【答案】BCD【解析】A、根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为2-2，轨迹的圆心角也为2-2，运动时间t=222T，同理，负离子运动时间t=22T，显然时间不等，故A错误；B、根据牛顿第二定律得：qvB=mv2r得：r=mvqB，由题q、v、B大小均相同，则r相同，故B正确；C、正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同，故C正确；D、根据几何知识得重新回到边界的位置与A点距离s=2rsin ，r、相同，则s相同，故D正确。综上所述本题答案是：BCD。12.如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线（方向未画出）。虚线是一带电粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线，下列判断正确的是A. 粒子所受电场力的方向一定是由M指向NB. 带电粒子由a运动到b的过程中动能一定逐渐减小C. 带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能D. 带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度【答案】AC【解析】A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子受力分析一定是由M指向N，故A正确；B、粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故B错误；C、粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故C正确D、由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线，说明粒子一定受恒力，即带电粒子在a点的加速度等于在b点的加速度，故D错误；故选AC【点睛】依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况三、填空题13.如图所示，两根平行的光滑金属导轨，相距为L=20cm，竖直放置，导轨足够长，导轨上端连接着定值电阻R=0.2，直流为m=0.04kg、电阻为r=0.1的金属杆ab与导轨垂直并接触良好，导轨电阻不计，整个装置处于与导轨平面垂直的磁感应强度为B=1T的匀强磁场中，ab杆由静止释放，下滑高度h=1.2m时达到最大速率，g=10m/s2，则金属杆的最大速率v=_m/s，从释放至达到最大速率过程中电阻R上产生的热量Q=_J。【答案】 (1). 3m/s； (2). 0.2J【解析】当金属棒匀速运动时速度最大，设最大速度为v，达到最大时则有mg=F安，即有mg=BIL，又I=ER+r，E=BLv，解以上三式得v=3m/s；对金属杆下落的过程，设金属杆克服安培力做的功为W安，根据动能定理mghW安=12mv20，代入数据得：W安=0.3J则Q总=W安=0.3J，由电路知识可得Q=Q总R+rR=0.2J.【点睛】金属棒在重力作用下，做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，速度达到最大，然后做匀速直线运动，根据金属棒所受的拉力等于安培力，求出最大速度根据动能定理计算导体克服安培力做的功，即整个电路产生的热量14.如图所示，一带电量为q的粒子，从匀强电场的A点以水平速度v0射入竖直向下的匀强电场，粒子经过B点时，其上的与水平方向成60角，已知A、B两点间的水平距离为L，粒子的质量为m，不计粒子重力，则电场强度的大小为E=_，A，B两点间的电势差UAB=_。【答案】 (1). 3mv02qL； (2). 3mv022q 【解析】粒子做类平抛运动对水平分运动，有：L=v0t，对竖直分运动，有：vy=at=qEmt，其中分解B点的速度与水平方向成60，如图所示：有vy=vBsin60=3v0，联立解得：E=3mv02qL；B点的合速度为vB=v0cos60=2v0，对从A到B过程，根据动能定理有qUAB=12mvB212mv02 ，联立解得：UAB=3mv022q.【点睛】本题考查粒子在匀强电场中的偏转，是类平抛运动问题，关键是结合正交分解法，根据分运动公式列式求解15.如图所示，在动力小车上固定一直角硬杆ABC，分别系在水平直杆AB两端的轻弹簧和细线将小球P悬吊起来，轻弹簧的劲度系数为k，小球P的质量为m，当小车静止时，请弹簧保持竖直，而细线与杆的竖直部分的夹角为，此时弹簧的形变量大小为_；当小车沿水平地面以加速度a向右运动而达到稳定状态时，轻弹簧保持竖直，而细线与杆的竖直部分的夹角仍为，此时弹簧的形变量大小为_。【答案】 (1). mgk (2). mgmacotk或x=0或macotmgk【解析】(1)小车静止时，由于弹簧竖直，球受重力和弹簧的弹力，二力平衡，细线对小球没有作用力，可以用假设法，若细线对小球有拉力则弹簧不能竖直，故细线的拉力为零对小球：kx1=mg,解得：x1=mgk.(2)对小球受力如图所示：水平方向有：Tsin=ma，竖直方向有：F+Tcos=mg讨论：当Tcos=mg时，F等于0，故形变量x=0当Tcosmg，F向上，故有F+macot=mg，解得：F=mg-macot，弹簧形变量为：x=Fk=mgmacotk.当Tcosmg，F向下,竖直方向有：F+mg=Tcos,解得：F=Tcos-mg=macot-mg,弹簧形变量为：x=Fk=macotmgk【点睛】小车静止时，由于弹簧竖直，球受重力和弹簧的弹力，二力平衡，细线对小球没有作用力，可以用假设法，若细线对小球有拉力则弹簧不能竖直，故细线的拉力为零由二力平衡可以求弹力，继而求形变量；小球受重力，弹力，细线的拉力，由此可以列水平的牛顿第二定律方程和竖直的平衡方程，但是本题由于不知道重力，弹力，加速等的具体数值，因此对小球来说，其弹力可能向上，可能没有，可能向下，由此需做三种讨论，以便确定弹簧形变量四、实验题16.在进行力学实验时，需要结合实验原理开掌握实验的有关要求，不能死记硬背，如图所示的装置，附有滑轮的长木板平放在实验桌面上，将细绳一端拴在滑块上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码使滑块在钩码的牵引下运动，利用这套装置做“探究加速度与力和质量的关系”的实验（1）在进行实验时，需要先将长木板倾斜适当的角度，这样做的目的是_，还要求钩码的质量远小于滑块的质量，这样做的目的是_。A避免在滑块运动的过程中发生抖动B使滑块获得较大的加速度C使细线的拉力等于滑块受到的合外力D使滑块最终能匀速运动E使纸带上点迹清晰，便于进行测量F使钩码重力近似等于细线的拉力（2）在探究加速度与质量关系时，需在滑块上放置砝码以改变质量，若以滑块上放置的砝码的总质量m0为横坐标，1a为纵坐标，在坐标纸上作出1am0关系图线，图为按照正确的实验步骤所得实验图线的示意图，所有物理量均采用国际单位，已知图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则滑块受到的拉力为_，滑块的质量为_。【答案】 (1). C； (2). F； (3). 1k； (4). bk【解析】(1)实验过程中，为减少误差，提高实验的精确度，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，目的是消除摩擦带来的误差，即平衡摩擦力后，使细绳的拉力等于小车的合力,选项C正确;对小车由牛顿第二定律F=Ma，对整体a=m0gM+m，联立得F=MM+m0m0g，只有m0<<M时，系统的加速度较小，才有Fm0g,才能使钩码重力近似等于细线的拉力,选项F正确。(2)设小车质量为M，小车受到外力为F，由牛顿第二定律有F=（m0+M）a；所以1a=1Fm0+MF 所以1am0图象的斜率为1F，故F=1k;纵轴截距为b=MF=kM,所以，M=bk.【点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，尤其是理解平衡摩擦力的操作和要求的含义遇到涉及图象的问题时，要先根据物理规律写出关于纵轴与横轴的函数表达式，再根据斜率和截距的概念求解即可17.在实验室中，有多种方法可以测量某一电阻的阻值，为测定一个约1.3103的电阻R的阻值，采用了如下方法：先用多用表的欧姆档粗测R的阻值，则应将选择开关旋到_挡（选填：10、100或1k），先进行_-后再进行测量。为进一步精确测量R的阻值，现提供如下器材：电压表V1（量程03V，内阻约为3k）；电压表V2（量程015V，内阻约为15k）；电流表A1（量程03mA，内阻约为10）；电流表A2（量程030mA，内阻约为50）滑动变阻器R1（010，额定电流2A）；电源E：4V电键和导线若干为获得多组数据且测量尽可能精确，电压表应选择_，电流表应选择_，在方框中画出电路图，图中表明所选器材的代号_。【答案】 (1). 100； (2). 欧姆调零； (3). v1； (4). A1； (5). 【解析】(1)由多用电表的电阻刻度特点可知为了使读数准确，指针要摆到表盘中央附近，选择100倍率挡，读数为13符合要求；欧姆表在使用上要求每一次换挡后都要先进行欧姆调零，再接电阻测量。(2)已知电源电动势E=4V，电压表选择3V的量程与15V的比较而言能保证安全的前提下读数精确度更高，故电压表选3V(V1);通过待测电阻的最大电流Imax=ERx=413003mA，选A1(3mA)刚好合适。(3)本题提供的滑动变阻器为10，属于小控大用分压式更方便操作；而Rx2=1.69106>RV1RA1=300010=3104，选用电流表的内接法可减小系统误差，电路如图所示：【点睛】欧姆表盘指针偏转角度要适当，换档的要进行欧姆调零，读数要乘以倍率根据电源电动势选择电压表量程，根据欧姆定律估测通过电路的最大电流，然后选择电流表量程该实验中，需要多次测量求平均值，故电流和电压的变化范围要适当大一些，被测电阻比滑动变阻器大的较多，故应选择使用分压电路；因待测电阻的阻值较大，故选择电流表内接法五、计算题18.如图所示，光滑水平轨道距地面高h=0.8m，其左端固定有半径为R=0.6m的内壁光滑的半圆形轨道，轨道的最低点和水平轨道平滑连接，用质量分别为m1=1.0kg和m2=2.0kg的小物块A、B压缩一轻质弹簧（弹簧和物块不拴接）。同时放开小物块A、B，两物块和弹簧分离后，物块A进入圆形轨道，物块B从水平轨道右侧边缘飞出，落地点到轨道边缘的水平距离s=1.2m，重力加速度g=10m/s2，求（1）物块A运动到半圆轨道最高点时，对轨道的压力FN；（2）释放物块前弹簧具有的弹性势能EP。【答案】(1)FN=10N；(2)EP=27J 【解析】(1)对于平抛过程有h=12gt2，vB=st对于小物块A、B根据动力守恒定律0=m1vAm2vB对小物块A，根据机械能守恒定律12m1v2+m1g2R=12m1vA2在最高点，根据牛顿第二定律FN+m1g=m1v2R联立解得FN=10N由牛顿第三定律得FN=FN=10N(2)由系统能力守恒EP=12m1vA2+12m2vB2可得：EP=27J【点睛】本题是多体多过程问题，是一道力学综合题，分析清楚物体运动过程，应用平抛运动知识、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题19.如图所示，从带有小孔的放射源A中均匀地向外辐射出平行于y轴的、速度一定的粒子（质量为m，电荷量为+q）。为测定其飞出的速度v0的大小，现让其先经过一个磁感应强度为B，区域为半圆形的匀强磁场，经该磁场偏转后，粒子恰好能够沿x轴进入右侧的平行板电容器M板上的狭缝，并打到置于N板上的荧光屏上，此时通过显微镜Q可以观察到屏上出现了一个亮点，闭合电键S后，调节滑动变阻器的滑动触头P，当触头位于滑动变阻器的中央位置时，通过显微镜Q看到屏上的亮点恰好消失，已知电源电动势为E，内阻为r0，滑动变阻器的总阻值R0=2r0，求：（1）粒子的速度v0的大小；（2）满足题意的粒子，在磁场中运动的总时间t；（3）该半圆形磁场区域的半径R。【答案】(1)v0=2qE3m；(2)t=mqB；(3)R=2BEm3q 【解析】(1)两极板间的电压U=R02R0+r0E在电场中，对某一粒子有qU=012mv02，可得v0=2qE3m(2)在磁场中运动的时间t=T2，又T=2mqB，可得t=mqB(3)在磁场运动时，有qv0B=mv02r，又R=2r可得R=2BmE3q【点睛】本题是磁场、电场、电路知识的综合，运用动能定理求速度，根据几何知识求轨迹半径都是常用的方法要注意磁场的半径与轨迹半径不是一回事20.飞机场上运行行李的装置为一水平放置的环形传送带，传送带的总质量为M，其俯视图如图所示，现开启电动机，传送带达稳定运行的速度v后，将行李依次轻放到传送带上，若有n件质量均为m的行李需通过传送带运送给旅客。假设在转弯处行李与传送带无相对滑动，整个过程传送带始终保持运送运动，忽略皮带轮、电动机损失的能力。求：（1）传送带对每件行李做的功W1；（2）每运送一件行李，滑动摩擦力对传送带所得功W2；（3）从电动机开启，到运送完毕行李需要消耗的电能E。【答案】(1)W1=12mv2；(2)W2=mv2；(3)E=12Mv2+nmv2 【解析】(1)传送带对每件行李做的功W1=fx物=12mv2(2)摩擦力对传送带做的功W2=fx带又x物=v2t，x带=vt可得W2=2W1=mv2(3)由能量守恒得E=12Mv2+nW2得:E=12Mv2+nmv2【点睛】本题容易误认为相邻工件间距等于工件加速运动的位移；要知道电动机对外做的功转化传送带的动能、行李的动能和因摩擦产生的内能一对摩擦力做的总功等于产生的内能21.如图所示，质量为m=5kg的长木板B放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为m=5kg的物块A（可视为质点）。木板与地面间的动摩擦因数1=0.3，物块与木板间的动摩擦因数2.=0.2，现用一水平力F=60N作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过t=1s，撤去拉力，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，求：（1）拉力撤去时，木板的速度vB；（2）要使物块不从木板上掉下，木板的长度L至少为多大；（3）在满足（2）的条件下，物块最终将停在右端多远处。【答案】(1)VB=4m/s；(2)L=1.2m；(3)d=0.48m【解析】【分析】对整体运用牛顿第二定律，求出加速度，判断物块与木板是否相对滑动，对物块和系统分别运用动量定理求出拉力撤去时，长木板的速度；从撤去拉力到达到共同速度过程，对物块和长木板分别运用动量定理求出撤去拉力后到达到共同速度的时间t1，分别求出撤去拉力前后物块相对木板的位移，从而求出木板的长度对木板和物块，根据动能定理求出物块和木板的相对位移，再由几何关系求出最终停止的位置 (1)若相对滑动，对木板有：F2mg12mg=maB，得：aB=4m/s2对木块有2mg=maA，aA=2m/s2所以木块相对木板滑动撤去拉力时，木板的速度vB=aBt=4m/s，vA=aAt=2m/s(2)撤去F后，经时间t2达到共同速度v；由动量定理2mgt2=mvmvB22mgt21mgt2=mvmvB，可得t2=0.2s，v=2.4m/s在撤掉F之前，二者的相对位移x1=vB2t1vA2t1撤去F之后，二者的相对位移木板长度(3)获得共同速度后，对木块，有，对木板有二者的相对位移木块最终离木板右端的距离【点睛】本题综合性很强，涉及到物理学中重要考点，如牛顿第二定律、动能定理、动量定理、运动学公式，关键是明确木板和木块的运动规律和受力特点