物理卷·2018届广西钦州市钦州港经济技术开发区中学高三上学期开学考试物理试题（解析版）

物理卷·2018届广西钦州市钦州港经济技术开发区中学高三上学期开学考试物理试题（解析版）

广西钦州市钦州港经济技术开发区中学2018届高三物理开学考试试卷解析版 ‎ ‎ 一.选择题 ‎1．A、B两物体同时同地从静止出发做直线运动，物体的加速度与时间关系如图所示，其中t2=2t1，关于两个物体的运动，下列判断正确的是( )‎ ‎ ‎ ‎ A．t1时刻，两物体速度相同 B．t2时刻，两物体位置相同 ‎ C．t2时刻，两物体速度相同 D．运动过程中两物体不可能相遇 ‎ ‎ 考点：加速度与力、质量的关系式；匀变速直线运动的图像． ‎ 专题：牛顿运动定律综合专题．‎ 分析：a﹣﹣t图象中，面积表示速度，由图可知A做初速度为零的匀加速运动，B做初速度为零的变加速直线运动，且加速大小均匀增大．‎ 解答： 解：A、a﹣﹣t图象中，面积表示速度，故t1时刻，两物体速度不相同，故A错误．‎ B、a﹣﹣t图象中，面积表示速度，故t2时刻，两物体速度相同，由于此段时间内A速度较大，故A在前，两物体位置不相同，故B错误．‎ C、由B分析知，C正确．‎ D、由B分析可知，随着时间延续，由于B加速运动，B最终会追上A，故D错误．‎ 故选：C 点评：考查了加速度的图象，会根据图象分析质点的运动情况，注意与速度﹣﹣时间图象的区别．‎ ‎2．如图所示是反映汽车从静止匀加速启动（汽车所受阻力f恒定），达到额定功率后以额定功率运动最后做匀速运动的速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中不正确的是( )‎ ‎ A． B． C． D．‎ ‎ ‎ 考点：功率、平均功率和瞬时功率． ‎ 专题：功率的计算专题．‎ 分析：汽车以恒定牵引力启动时，汽车开始做匀加速直线运动，由P=Fv可知汽车功率逐渐增大，当达到额定功率时，随着速度的增大，牵引力将减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，汽车开始匀速运动，明确了整个汽车启动过程，即可正确解答本题．‎ 解答： 解：汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后匀速运动．‎ 开始匀加速时：F﹣f=ma ‎ 设匀加速刚结束时速度为v1，有：P额=Fv1‎ 最后匀速时：F=f，有：P额=Fvm 由以上各式解得：匀加速的末速度为：v1=，最后匀速速度为：vm=．‎ A、在v﹣t图象中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，故A正确；‎ B、汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为零，故B错误；‎ C、汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，故C正确；‎ D、开始汽车功率逐渐增加，P=Fv=Fat，故为过原点直线，后来功率恒定，故D正确．‎ 本题选择不正确的，故选：B．‎ 点评：对于机车启动问题，要根据牛顿第二定律和汽车功率P=Fv进行讨论，弄清过程中速度、加速度、牵引力、功率等变化情况．‎ ‎3．如图为湖边一倾角为30°的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O．一人站在A点处以速度v0沿水平方向扔小石子，已知AO=40m，g取10m/s2．下列说法正确的是( )‎ ‎ ‎ ‎ A．若v0=18m/s，则石块可以落入水中 ‎ B．若石块能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大 ‎ C．若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大 ‎ D．若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小 ‎ ‎ 考点：平抛运动． ‎ 专题：平抛运动专题．‎ 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，根据高度求出运动的时间，结合水平位移求出石块落在水中的最小速度．‎ 石块能落在水中，则下落的高度一定，竖直分速度一定，结合平行四边形定则判断速度方向与水平面夹角与初速度的大小关系．‎ 石块不能落在水中，石块竖直位移与水平位移的比值是定值，结合平抛运动的规律分析落在斜面上的速度方向与斜面倾角与什么因素有关．‎ 解答： 解：A、根据h=得，t=．则石块落入水中的最小初速度．可知v0=18m/s，则石块可以落入水中．故A正确．‎ B、若石块能落入水中，则下落的高度一定，可知竖直分速度一定，根据知，初速度越大，则落水时速度方向与水平面的夹角越小．故B错误．‎ C、若石块不能落入水中，速度方向与水平方向的夹角的正切值，位移方向与水平方向夹角的正切值，可知tanα=2tanθ，因为θ一定，则速度与水平方向的夹角一定，可知石块落到斜面时速度方向与斜面的夹角一定，与初速度无关．故C、D错误．‎ 故选：A．‎ 点评：解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解．‎ ‎4．如图所示，在光滑的水平面上，静置一个质量为M小车，在车上固定的轻杆顶端系一长为l细绳，绳的末端拴一质量为m的小球，将小球拉至水平右端后放手，则( )‎ ‎ ‎ ‎ A．系统的动量守恒 B．水平方向任意时刻m与M的动量等大反向 ‎ C．m不能向左摆到原高度 D．小球和车可以同时向同一方向运动 ‎ ‎ 考点：动量守恒定律． ‎ 分析：以小球和小车组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，当小球向下摆动的过程中，竖直方向具有向上的分加速度，小车和小球整体处于超重状态，即可得知整体所受的合力不为零，总动量不守恒．小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，满足水平方向动量守恒定律；‎ 解答： 解：A、当小球向下摆动的过程中，竖直方向具有向上的分加速度，小车和小球整体处于超重状态，即可得知整体所受的合力不为零，总动量不守恒，故A错误；‎ B、小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，满足水平方向动量守恒定律，开始系统水平方向动量为零，所以水平方向任意时刻m与M的动量等大反向，故B正确；‎ C、以小球和小车组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，所以m能向左摆到原高度，故C错误；‎ D、由前面知水平方向任意时刻m与M的动量等大反向，即速度一定是反向的，故D错误；‎ 故选：B．‎ 点评：本题对照机械能和动量守恒的条件进行判断．对于系统而言，机械能守恒、总动量不守恒，但由于系统所受的外力都在竖直方向上，系统水平方向上动量守恒．‎ ‎5．一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为( )‎ ‎ ‎ ‎ A．mgR B．mgR C． D．‎ ‎ ‎ 考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力． ‎ 专题：动能定理的应用专题．‎ 分析：当滑到半球底部时，半圆轨道底部所受压力为铁块重力的1.5倍，根据牛顿第二定律可以求出铁块的速度；铁块下滑过程中，只有重力和摩擦力做功，重力做功不影响机械能的减小，损失的机械能等于克服摩擦力做的功，根据动能定理可以求出铁块克服摩擦力做的功．‎ 解答： 解：铁块滑到半球底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的1.5倍，‎ 由牛顿第二定律得：1.5mg=m 对铁块的下滑过程运用动能定理得：mgR﹣W=mv2，‎ 解得：W=mgR；‎ 故选：B．‎ 点评：根据向心力公式求出末速度，再根据动能定理求出克服摩擦力做的功即可．‎ ‎6．甲乙丙三辆汽车以相同的速度经过同一路标，从此时开始，甲做匀速直线运动，乙车先加速后减速，丙车先减速后加速，他们通过下一路标的速度相同，则( )‎ ‎ A．甲车先通过下一路标 B．乙车先通过下一路标 ‎ C．丙车先通过下一路标 D．三辆车同时通过下一路标 ‎ ‎ 考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系． ‎ 专题：直线运动规律专题．‎ 分析：我们可以定性地进行分析：因为乙先加速后减速，所以它在整个运动过程中的速度都比甲大，所以相对时间内它的位移肯定比匀速运动的甲大；而丙因先减速后加速，它在整个运动过程中都以比甲小的速度在运动，所以在相等时间内它的位移比甲小，由此可知，乙将最先到达下一个路标，丙最后一个到达下一个路标．（最终大家的速度都相等）．‎ 解答： 解：由于乙先加速后减速，所以它在整个运动过程中的平均速度都比甲大，经过相同的位移，它的时间肯定比匀速运动的甲小；‎ ‎ 而丙因先减速后加速，它在整个运动过程中的平均速度都比甲小，所以在相等位移内它的时间比甲大．‎ ‎ 由此可知，乙将最先到达下一个路标，丙最后一个到达下一个路标．‎ 故选：B．‎ 点评：该题可以通过平均速度去解题，也可以通过画v﹣t图象去分析，图象与坐标轴所围成的面积即为位移．‎ ‎ ‎ ‎7．如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O．下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )‎ ‎ ‎ ‎ A．O点的电场强度为零，电势最高 ‎ B．O点的电场强度为零，电势最低 ‎ C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高 ‎ D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低 ‎ ‎ 考点：电势；电场强度． ‎ 专题：电场力与电势的性质专题．‎ 分析：圆环上均匀分布着负电荷，根据电场的叠加和对称性，分析O点的场强．根据电场的叠加原理分析x轴上电场强度的方向，即可判断电势的高低．‎ 解答： 解：AB、圆环上均匀分布着负电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强抵消，合场强为零．圆环上各电荷产生的电场强度在x轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向左，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上O点的电势最低，故A错误，B正确；‎ CD、O点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O点沿x轴正方向，场强应先增大后减小．x轴上电场强度方向向左，电势升高，故C错误，D错误．‎ 故选：B．‎ 点评：解决本题的关键有两点：一是掌握电场的叠加原理，并能灵活运用；二是运用极限法场强的变化．‎ ‎8．如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )‎ ‎ ‎ ‎ A．B球的受力情况未变，加速度为零 ‎ B．A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为gsinθ ‎ C．A、B之间杆的拉力大小为2mgsinθ ‎ D．C球的加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ ‎ ‎ 考点：牛顿第二定律；胡克定律． ‎ 专题：牛顿运动定律综合专题．‎ 分析：分别以B、A、B组成的系统、C为研究对象，由牛顿第二定律分析答题．‎ 解答： 解：A、细线被烧断的瞬间，B不再受细线的拉力作用，B的受力情况发生变化，合力不为零，加速度不为零，故A错误；‎ B、以A、B组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、B静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力f=mgsinθ，烧断细线的瞬间，A、B受到的合力等于弹簧弹力，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律得：mgsinθ=2ma，则加速度a=gsinθ，故B正确；‎ C、由B可知，B的加速度为：a=gsinθ，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：T﹣mgsinθ=ma，解得：T=mgsinθ，故C错误；‎ D、对球C，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，解得：a=gsinθ，方向向下，故D错误；‎ 故选：B．‎ 点评：本题关键点就是绳和弹簧的区别：弹簧的弹力不会突变，而绳在断后弹力会突变为零．这点在做题时要特别留意．‎ ‎9．甲、乙两物体从同一点开始做直线运动，其v﹣t图象如图所示，下列判断正确的是( )‎ ‎ ‎ ‎ A．在ta时刻两物体速度大小相等，方向相反 ‎ B．在ta时刻两物体加速度大小相等，方向相反 ‎ C．在ta时刻之前，乙物体在甲物体前，并且两物体间的距离越来越大 ‎ D．在ta时刻之后，甲物体在乙物体前，并且两物体间的距离越来越大 ‎ ‎ 考点：匀变速直线运动的图像． ‎ 专题：追及、相遇问题．‎ 分析：v﹣t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移．在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负．相遇要求在同一时刻到达同一位置．看物体是否改变运动方向就看速度图象是否从时间轴的上方到时间轴的下方．‎ 解答： 解：A．由图象可知：在ta时刻两物体速度图象相交于一点且都在时间轴的上方，所以此时刻速度相同，即大小相等，方向相同，故A错误；‎ B．v﹣t图象中，斜率表示加速度，由图象可知在在ta时刻甲乙两物体的斜率大小相等，甲为正，乙为负，所以在ta时刻两物体加速度大小相等，方向相反，故B正确；‎ C．在ta时刻之前，乙图象与时间轴围成的面积比甲大，且乙的速度也比甲大，所以在ta时刻之前，乙物体在甲物体前，并且两物体间的距离越来越大，故C正确；‎ D．由C得分析可知D错误．‎ 故选BC．‎ 点评：图象由于具有形象直观的特点，因此在物理中广泛应用，对于图象问题要明确两坐标轴的含义，图象斜率、截距、围成面积等含义．‎ ‎10．如图所示，一位同学做飞镖游戏，已知圆盘的直径为d，飞镖距圆盘为L，且对准圆盘上边缘的A点水平抛出，初速度为v0，飞镖抛出的同时，圆盘以垂直圆盘过盘心O的水平轴匀速转动，角速度为ω．若飞镖恰好击中A点，则下列关系正确的是( )‎ ‎ ‎ ‎ A．dv02=L2g B．ωL=π（1+2n）v0，（n=0，1，2，3…）‎ ‎ C．v0=ω D．dω2=gπ2（1+2n）2，（n=0，1，2，3…）‎ ‎ ‎ 考点：平抛运动． ‎ 专题：平抛运动专题．‎ 分析：飞镖做平抛运动的同时，圆盘上A点做匀速圆周运动，恰好击中A点，说明A点正好在最低点被击中，则A点转动的时间t=，根据平抛运动水平位移可求得平抛的时间，两时间相等联立可求解．‎ 解答： 解：BC、飞镖做平抛运动的同时，圆盘上A点做匀速圆周运动，恰好击中A点，说明A点正好在最低点被击中，设时间为t，飞镖飞行时间t和圆盘转动的周期满足：‎ t=nT+（n=0，1，2、），‎ 由T=和L=v0t得：‎ ωL=π（2n+1）v0‎ 故B正确，C错误；‎ AD、平抛的竖直位移为d，则d=gt2，联立有：‎ dω2=gπ2（2n+1）2，‎ ‎2d=gL2‎ 故A错误，D错误 故选：B 点评：本题关键知道恰好击中A点，说明A点正好在最低点，利用匀速圆周运动和平抛运动规律联立求解．‎ 二、实验题：（本题有2个小题，每空2分，共16分．）‎ ‎11．某同学测定匀变速直线运动的加速度时，得到了在不同拉力下的A、B、C、D、…等几条较为理想的纸带，并在纸带上每5个点取一个计数点，即相邻两计数点间的时间间隔为0.1s，将每条纸带上的计数点都记为0、1、2、3、4、5…，如图所示甲、乙、丙三段纸带，分别是从三条不同纸带上撕下的．‎ ‎ ‎ ‎（1）在甲、乙、丙三段纸带中，属于纸带A的是乙．‎ ‎（2）打A纸带时，物体的加速度大小是3.11 m/s2．‎ ‎（3）打点计时器打1号计数点时小车的速度为0.456m/s．‎ ‎ ‎ 考点：探究小车速度随时间变化的规律． ‎ 专题：实验题．‎ 分析：根据匀变速直线运动的特点（相邻的时间间隔位移之差相等）去判断问题．‎ 利用匀变速直线运动的推论求解加速度和速度．‎ 解答： 解：（1）根据匀变速直线运动的特点（相邻的时间间隔位移之差相等）得出：‎ x34﹣x23=x23﹣x12=x12﹣x01‎ 所以属于纸带A的是乙图．‎ ‎（2）根据运动学公式△x=at2得：‎ a=m/s2=3.11m/s2‎ ‎（3）利用匀变速直线运动的推论 v1==0.456m/s 故答案为：（1）乙（2）3.11（3）0.456‎ 点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．‎ ‎12．如图所示，质量M=4kg的木板静置于光滑水平面上，质量m=1kg的小物块（可视为质点）以初速度v0=4m/s从木板的左端冲上木板，同时在木板的右端施加一个水平向右F=2N的恒力，经t=1s撤去外力，最后小物块恰好不从木板的上端滑下，已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，求：‎ ‎（1）经过t=1s，小物块在木板上滑动的距离△x1为多少？‎ ‎（2）木板的长度l为多少？‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 考点：动量守恒定律． ‎ 专题：动量定理应用专题．‎ 分析：（1）小滑块将相对木板滑动过程中，m对M的滑动摩擦力水平向左，M对m的滑动摩擦力水平向右，根据牛顿第二定律分别求出两个物体的加速度，再根据运动学基本公式求解．‎ ‎（2）小物块恰好不从木板的上端滑下，则最终速度相等，滑动过程中，根据动量守恒定律求出共同速度，再根据能量守恒结合位移关系求解．‎ 解答： 解：（1）物块所受摩擦力f=μmg=2N，根据牛顿第二定律得：a=，‎ t=1s时木块的速度为：v=at=2m/s，‎ 木块运动的位移为：s=‎ 木板所受合外力为：F合=F+f=4N，‎ 所以加速度为：a2==1m/s2，‎ 木板运动的位移为：x=‎ 所以有：△x1=s﹣x=2.5m ‎（2）撤去外力时，物块的速度是2m/s，木板的速度v2=a2t=1m/s，小物块恰好不从木板的上端滑下，则末速度相等，根据动量守恒定律得：‎ mv+Mv2=（m+M）v1‎ 解得：v1=1.2m/s 对整个系统根据动能定理得：‎ ‎ ‎ 解得：x1=0.2m 则木板的长度为：l=△x+x1=2.7m 答：（1）经过t=1s，小物块在木板上滑动的距离△x1为2.5m；‎ ‎（2）木板的长度l为2.7m．‎ 点评：本题涉及两个物体的动力学问题，除了隔离研究两个物体的运动情况外，关键是找出两个物体之间的关系，知道木块在滑动过程中，木块和木板组成的系统动量守恒．‎ ‎13．‎2012年11月23日上午，由来自东海舰队“海空雄鹰团”的飞行员戴明盟驾驶的中国航母舰载机歼﹣15降落在“辽宁舰”甲板上，首降成功，随后舰载机通过滑跃式起飞成功．滑跃起飞有点象高山滑雪，主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，设某航母起飞跑道主要由长度为L1=160m 的水平跑道和长度为L2=20m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=4.0m．一架质量为M=2.0×104kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F=1.2×105‎ N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计拐角处的影响．取g=10m/s2．‎ ‎ ‎ ‎（1）求飞机在水平跑道运动的时间．‎ ‎（2）求飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小．‎ ‎（3）如果此航母去掉倾斜跑道，保持水平跑道长度不变，现在跑道上安装飞机弹射器，此弹射器弹射距离为84m，要使飞机在水平跑道的末端速度达到100m/s，则弹射器的平均作用力多大？（已知弹射过程中发动机照常工作）‎ ‎ ‎ 考点：动能定理；牛顿第二定律． ‎ 专题：动能定理的应用专题．‎ 分析：（1）根据牛顿第二定律求出飞机的加速度，结合位移时间时间公式求出飞机在水平跑道上运动的时间．‎ ‎（2）根据速度时间公式求出飞机在倾斜轨道上的初速度，再根据牛顿第二定律求出飞机在倾斜轨道上的加速度，根据速度位移公式求出飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小．‎ ‎（3）对全过程运用动能定理，根据动能定理求出弹射器的平均作用力．‎ 解答： 解：（1）设飞机在水平跑道上的加速度为a1，阻力为f，‎ 由牛顿第二定律得，F﹣f=ma1，‎ ‎，‎ 代入数据解得t1=8s．‎ ‎（2）设飞机在水平跑道末端速度为v1，倾斜跑道末端速度为v2，加速度为a2，‎ 水平跑道上：v1=a1t1，‎ 倾斜跑道上，由牛顿第二定律，‎ ‎，‎ 代入数据解得m/s．‎ ‎（3）设弹射器弹力为F1，弹射距离为x，飞机在跑道末端的速度为v3，‎ 由动能定理得，，‎ 代入数据解得．‎ 答：（1）飞机在水平跑道运动的时间为8s．‎ ‎（2）飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小为m/s．‎ ‎（3）弹射器的平均作用力为106N．‎ 点评：本题考查了牛顿第二定律、运动学公式和动能定理的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．‎ 三．计算题（写出必要的文字说明，方程式及演算步骤，只写出最后答案的不能得分．）‎ ‎ ‎ ‎14.如图a所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计，比荷=1×106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过×10﹣5s后，电荷以v0=1.5×104m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图b所示规律周期性变化（图b中磁场方向以垂直纸面向外为正方向，以电荷第一次通过MN时为t=0时刻）．计算结果可用π表示，求：‎ ‎（1）O点与直线MN之间的电势差；‎ ‎（2）t=×10﹣5s时刻电荷与O点的水平距离 ‎（3）如果在O点右方d=67.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需要的时间．‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动． ‎ 专题：带电粒子在复合场中的运动专题．‎ 分析：（1）根据动能定理求出O点与直线MN之间的电势差．‎ ‎（2）电荷进入磁场后做匀速圆周运动，分别求出电荷在磁场中运动的半径和周期，画出轨迹，由几何关系求出t=×10﹣5s时刻电荷与O点的水平距离．‎ ‎（3）电荷在周期性变化的磁场中运动，根据周期性分析电荷到达档板前运动的完整周期数，即可求出荷沿ON运动的距离．根据电荷挡板前的运动轨迹，求出其运动时间，即得总时间．‎ 解答： 解：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，由动能定理得：‎ ‎，‎ 解得？：V．‎ ‎（2）当磁场垂直纸面向外时，设电荷运动的半径为r1，‎ 则，‎ 解得：，‎ 周期为：．‎ 当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径为：=0.03m=3cm．‎ 周期为：．‎ 电荷从t=0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图甲所示，t=时刻电荷与O点的水平距离为：‎ ‎△d=2（r1﹣r2）=4cm．‎ ‎（3）电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期T=，‎ 根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为15个，此时电荷沿MN运动的距离：15△d=60cm．‎ 则最后7.5cm的运动轨迹如乙图所示，有：r1+r1cosα=7.5cm．‎ 解得cosα=0.5，则α=60°，‎ 故电荷运动的总时间为：s．‎ 答：（1）O点与直线MN之间的电势差为1.125×102V；‎ ‎（2）t=×10﹣5s时刻电荷与O点的水平距离为4cm．‎ ‎（3）电荷从O点出发运动到挡板所需要的时间为．‎ ‎ ‎ 点评：本题是带电粒子在电场和磁场中运动的问题，电荷在电场中运动时，由牛顿第二定律和运动学公式结合研究是最常用的方法，也可以由动量定理处理．电荷在周期性磁场中运动时，要抓住周期性即重复性进行分析，根据轨迹求解时间．‎ ‎15．如图，半径R=0.5m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙轨道CD在C处平滑连接，O为圆弧轨道ABC的圆心，B点为圆弧轨道的最低点，半径OA、OC与OB的夹角分别为53°和37°．将一个质量m=0.5kg的物体（视为质点）从A点左侧高为h=0.8m处的P点水平抛出，恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道．已知物体与轨道CD间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎（1）物体水平抛出时的初速度大小V0；‎ ‎（2）物体经过B点时，对圆弧轨道压力大小FN；‎ ‎（3）物体在轨道CD上运动的距离x．‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 考点：机械能守恒定律；平抛运动；动能定理． ‎ 专题：机械能守恒定律应用专题．‎ 分析：（1）物体做平抛运动，由自由落体运动的规律求出物体落在A时的竖直分速度，然后应用运动的合成与分解求出物体的初速度大小v0．‎ ‎（2）通过计算分析清楚物体的运动过程，由能量守恒定律求出物体在B点的速度，然后又牛顿第二定律求出物体对圆弧轨道压力大小FN；‎ ‎（3）因μmgcos37°＞mgsin37°，物体沿轨道CD向上作匀减速运动，速度减为零后不会下滑，然后由动能定理即可求解．‎ 解答： 解：（1）由平抛运动规律知 ‎ 竖直分速度 m/s ‎ 由图可得初速度 v0=vytan37°=3m/s ‎ ‎（2）对从P至B点的过程，由机械能守恒有 ‎ 经过B点时，由向心力公式有 ‎ 代入数据解得 =34N ‎ 由牛顿第三定律知，对轨道的压力大小为 FN==34N，方向竖直向下 ‎ ‎（3）因μmgcos37°＞mgsin37°，物体沿轨道CD向上作匀减速运动，速度减为零后不会下滑． ‎ 从B到上滑至最高点的过程，由动能定理有 ‎ ‎ 代入数据可解得 m 在轨道CD上运动通过的路程x约为1.09m ‎ 答：‎ ‎（1）物体水平抛出时的初速度大小是3m/s；‎ ‎（2）物体经过B点时，对圆弧轨道压力大小是34N；‎ ‎（3）物体在轨道CD上运动的距离是1.09m．‎ ‎ ‎ 点评：本题关键是分析清楚物体的运动情况，然后根据动能定理、平抛运动知识、能量守恒定理解题．‎ ‎16．如图所示，一平直的传送带以速度v=2m/s匀速运行，传送带把A点处的零件运送到B点处，A、B两点之间相距L=10m，从A点把零件轻轻地放到传送带上，经过时间t=6s能传送到B处．如果提高传送带的运动速率，零件能较快地传送到B点，要让零件用最短的时间从A点传送到B点处，说明并计算传送带的运动速率至少应多大？如果把求得的速率再提2015-2016学年高一倍，则零件传送时间为多少？‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系． ‎ 专题：牛顿运动定律综合专题．‎ 分析：物体放上传送带，由于受到向前的摩擦力，先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度时，做匀速直线运动，根据两段位移之和等于传送带的长度，结合运动学公式可求出匀加速运动的时间．‎ 当物块始终处于加速状态，此时所用的时间最短，根据运动过程中加速度不变，求出传送带的最小速度．‎ 当传送带的运行速率在此基础上再增大1倍，物块仍然做匀加速运动，匀加速运动的时间不变．‎ 解答： 解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从A到B需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为t1，则 t1+v（t﹣t1）=L，‎ 所以t1==s=2s．‎ 为使物体从A至B所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而a==1m/s2．设物体从A至B所用最短的时间为t2，则 at22=L，‎ t2═s=s．‎ vmin=at2=1×m/s=2m/s．‎ 传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1m/s2的匀加速运动，从A至B的传送时间为2s．‎ 答：速率最小为，零件传送时间为 点评：解决本题的关键会对物块放上传送带进行受力分析，从而判断物块的运动情况．物块轻轻放上传送带后由于受到向前的摩擦力，先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度时，做匀速直线运动．‎ ‎ ‎