【物理】湖南省衡阳市第八中学2020届高三上学期第六次月考试题（解析版）

【物理】湖南省衡阳市第八中学2020届高三上学期第六次月考试题（解析版）

湖南省衡阳市第八中学2020届高三上学期 第六次月考试题 一、选择题 ‎1.牛顿建立的经典力学体系，是人类认识自然的第一次大飞跃和理论的大综合，它开辟了一个新的时代，并对科学发展的进程以及人类生产生活和思维方式产生极其深刻的影响，标志着近代理论自然科学的诞生，并成为其他各门自然科学的典范。以下说法正确的是（ ）‎ A. 牛顿通过著名的“月－地检验”，证实了万有引力定律的正确性 B. 牛顿第一、第二、第三定律都可以用实验直接验证 C. 牛顿推翻了力是维持物体运动的原因的观点 D. 牛顿第一定律又被称为惯性定律，任何物体都有惯性，速度越大，物体的惯性越大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．牛顿用“月-地检验”证实了万有引力定律的正确性，故A正确；‎ B．牛顿第一定律是理想实验定律，不能用实验直接验证，故B错误；‎ C．伽利略利用斜面实验推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”的观点，故C错误；‎ D．物体的惯性只与物体的质量有关，与物体运动的速度无关，故D错误；‎ 故选A ‎2.如图所示斜坡倾角为45°，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为。若在小球A抛出的同时，小球B从同一点Q处开始自由下落，下落至P点的时间为。则A、B两球在空中运动的时间之比等于（不计空气阻力）（ ）‎ A. 1：1 B. 1： C. 1：2 D. 1：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】小球恰好能垂直落在斜坡上，如图 由几何关系可知，‎ 小球竖直方向的速度增量：‎ 水平位移：‎ 竖直位移：‎ 联立得到：‎ 解得：‎ 由几何关系可知小球B做自由下落的高度为：‎ 联立解得：‎ A．与分析不符，故A错误;‎ B．与分析相符，故B正确;‎ C．与分析不符，故C错误;‎ D．与分析不符，故D错误;‎ 故选B。‎ ‎3.地球和木星绕太阳运行的轨道可以看作是圆形的，它们各自的卫星轨道也可看作是圆形的．已知木星的公转轨道半径约为地球公转轨道半径的5倍，木星半径约为地球半径的11倍，木星质量大于地球质量．如图所示是地球和木星的不同卫星做圆周运动的半径r的立方与周期T的平方的关系图象，已知万有引力常量为G，地球的半径为R．下列说法正确的是（ ）‎ A. 木星与地球的质量之比为 B. 木星与地球的线速度之比为1∶5‎ C. 地球密度为 D. 木星密度为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据得，，可知图线的斜率k= ，由于木星的质量大于地球的质量，可知图线斜率较大的是绕木星做圆周运动轨道半径和周期的关系图线，图线斜率较小的是绕地球做圆周运动半径和周期的关系图线．对于地球， ，解得地球的质量，则地球的密度．对于木星， ，解得木星的质量，则木星的密度 ‎，则木星与地球的质量之比为，故AD错误，C正确．根据可知木星与地球的线速度之比为，故B错误．故选C．‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，通过轨道半径和周期的表达式得出图线斜率的含义是解决本题的突破口．‎ ‎4.一物体的运动图像如图所示，横纵截距分别为n和m，在图象所示的运动过程中，下列说法正确的是 A. 若该图为x-t图象，则物体速度一直减小 B. 若该图为a-t图象且物体的初速度为零，则物体的最大速度为 C. 若该图为a-x图象且物体的初速度为零，则物体的最大速度为 D. 若该图为a-x图象且物体的初速度为零，则物体最终静止 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】若该图为x-t图象，则斜率等于速度，可知物体速度不变，选项A错误；若该图为a-t图象且物体的初速度为零，则图像的面积等于速度的变化量，可得物体的最大速度为，选项B错误；若该图为a-x图象且物体的初速度为零，则由可知，，则物体的最大速度为，选项C正确；若该图为a-x图象且物体的初速度为零，则物体最终加速度为零，物体做匀速直线运动，选项D错误．‎ ‎5.如图所示，倾角为30°的粗糙斜面与倾角为60°的足够长的光滑斜面对接在一起，两斜面上分别放有质量均为的物块甲和乙，两物块通过一跨过定滑轮的细线连在一起．在平行于斜面的拉力 的作用下两物块均做匀速运动（细线保持拉直状态)，从图示位置开始计时，在甲物块与滑轮相碰前的一段时间内，下面的图象中，表示每个物块所通过的路程，表示两物块组成的系统的机械能，表示甲物块克服摩擦力所做的功，表示两物块组成的系统的重力势能，表示拉力对乙物块所做的功，则图象中所反映的关系可能正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】相同时间内两物块的位移大小相等，但斜面倾角不同， 得：h甲＜h乙，即任意段时间内，乙增加的重力势能大于甲减少的重力势能，系统的重力势能是增加的，而系统动能不变，则系统的机械能也是增加的，故AC错误；甲物块克服摩擦力所做的功Wf=μmgscos30°，s=vt，故Wf-t图线为过原点的倾斜直线，同理WF-t图线亦为过原点的直线，故B正确，D错误．‎ ‎6.如图所示为测感应强度大小的一种方式，边长为1、一定质量的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通以逆时针方向的电流．图中虚线过边中点和 边中点，在虚线的下方为垂直于导线框向里的匀强磁场，导线框中的电流大小为．此时导线框处于静止状态，通过传感器测得细线中的拉力大小为；保持其它条件不变，现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时测得细线中拉力大小为．则磁感应强度大小为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为F2． 线框处于匀强磁场中，则各边受到的安培力大小相等，依据左手定则，可知安培力夹角均为120°，因此安培力合力为F安，则有F2=mg+F安；当在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F1；依据左手定则，则各边受到安培力如图所示： ‎ ‎ 结合矢量的合成法则，及三角知识，则线框受到安培力的合力，方向竖直向上，大小为；根据平衡条件，则有：F1+F安=mg，解得：F安=mg-F1=F2-F1；即，那么，故A正确，BCD错误．‎ ‎7.如图所示，两个相同的小球AB用等长的绝缘细线悬挂在竖直绝缘的墙壁上的O点，将两小球分别带上同种电荷，其中小球A的电荷量为q1，由于库仑力，细线OA恰好水平．缓慢释放小球A的电荷量，当细线OA与竖直方向夹角为60°时，小球A的电荷量为q2．若小球B的电荷量始终保持不变，则q1：q2的值为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】受力分析如图所示，‎ 利用相似三角形可知 ，由库仑定律可知 ，可得q=‎ ‎ ，即，故 D正确；ABC错误；故选D ‎8.如图所示，一端固定在地面上的杆与水平方向夹角为θ.将一质量为M的滑块套在杆上，滑块通过轻绳悬挂一质量为m的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ，先给滑块一个沿杆方向的初速度.稳定后滑块和小球一起以共同的加速度沿杆运动，此时绳子与竖直方向的夹角为β，且β>θ，不计空气阻力.则滑块的运动情况是（ ）‎ A. 沿着杆减速下滑 B. 沿着杆加速下滑 C. 沿着杆减速上滑 D. 沿着杆加速上滑 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由小球的受力分析可知，小球受到重力和绳子方向的拉力的作用，可推知两者的合力只能在沿着斜杆向下的方向，所以整体的加速度方向沿杆向下。‎ 但是整体的速度方向决定了杆对滑块的摩擦力方向，速度方向未知，只能做出假设。‎ 把滑块和球看做一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得：‎ 假设：若速度方向向下，则沿斜面方向：‎ 垂直斜面方向：‎ 摩擦力：‎ 联立可解得：‎ 对小球有：若，则有：‎ 现有：，则有：‎ 所以有：‎ 整体相对静止，所以：‎ 即：‎ 因为，所以有：‎ 但，所以假设不成立，即速度的方向一定向上；由于加速度方向向下，所以滑块沿杆减速上滑；故ABD错误;C正确;‎ 故选C。‎ ‎9.关于热学知识，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减小，气体的压强可能增大 B. 布朗运动的激烈程度跟温度有关，所以布朗运动也叫做热运动 C. 在温度不变的情况下，减小液面上方饱和汽的体积时，一段时间稳定后，这种气体的压强不变 D. 当液体与固体之间表面表现为不浸润时,附着层内分子间的作用力表现为斥力 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．气体的体积增大，单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，如果温度升高，气体分子撞击器壁的速率增大，对器壁的压力增大，气体的压强可能增大、可能减小、可能不变，故A正确；‎ B．布朗运动的激烈程度跟温度有关，但是布朗运动不叫热运动，分子的无规则运动叫做热运动，故B错误；‎ C．饱和汽的压强仅与温度有关，与饱和汽的体积无关，所以在温度不变的情况下，减小液面上方饱和汽的体积时，一段时间稳定后，这种气体的压强不变，故C正确；‎ D．当液体与固体之间表面表现为不浸润时，附着层内分子间作用力表现为引力，故D错误；‎ 故选AC。‎ ‎10.如图所示电路中，电源内阻忽略不计，R0为定值电阻，Rm为滑动变阻器R的最大阻值，且有；开关S1闭合后，理想电流表A的示数为I，理想电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，其变化量的绝对值分别为△I、△U1、△U2。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 断开开关S2，将R的滑动触片向右移动，则电流A示数变小、电压表V2示数变小 B. 保持R的滑动触片不动，闭合开关S2，则电流表A示数变大、电压表V1示数变小 C. 断开开关S2，将R的滑动触片向右移动，则滑动变阻器消耗的电功率减小 D. 断开开关S2，将R的滑动触片向右移动，则有 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．断开开关S2，将滑片向右移动时，接入电路电阻增大，电路总电阻增大，则由闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，电流表A示数减小，电压表V2减小，故A正确；‎ B．保持的滑动触片不动，闭合开关S2，被短路，电路总电阻减小，干路电流增大，电流表示数A增大；而，可知电压表V1示数增大，故B错误；‎ C．当滑动变阻器的电阻等于等效电源的内阻时滑动变阻器的阻值时，滑动变阻器的功率达到最大，断开开关S2，将的滑动触片向右移动，由于，所以滑动变阻器的功率一直在增大，故C错误；‎ D．由可知：‎ 由可知：‎ 故D正确；‎ 故选AD。‎ ‎11.如图所示，一质量为2m半径为R的由绝缘材料制成的薄球壳，均匀带正电，电荷量为Q，球壳内部场强为零，球壳下面有与球壳固连的质量不计的绝緣底座，底座静止在光滑水平面上，球壳内部有一轻鹿绝缘弹簧，弹簧始终处于水平位置，其一端与球壳内壁固连,另一端恰位于球心处，球壳上开有一小孔C，小孔位于过球心的水平线上，在此水平线上离球壳很远的0处有一质量为m电荷量为Q的带正电的点电荷P,它以初速沿水平的OC方向开始运动，并知P能通过小孔C进入球壳内，不考虑重力对点电荷P的影响．下列说法正确的是 ( ) ‎ A 点电荷P从开始运动到弹簧压缩至最短过程中一直做减速运动 B. 点电荷P从刚进入球壳到刚要出球壳的过程中，由点电荷产、球壳、弹簧组成的系统机械能守恒 C. 点电荷P从刚进入球壳到刚要出球壳的过程中，弹簧最大弹性势能一定小于 D. 点电荷P由C孔出来时相对地面速度方向可能向左也可能向右 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ 点电荷P从开始运动到进入球壳之前由于受到静电斥力作用而做减速运动，进入球壳以后由于内部场强为零，则电荷不受电场力作用，则电荷做匀速运动；接触弹簧后受弹力作用再次做减速运动，选项A错误；点电荷P从刚进入球壳到刚要出球壳的过程中，不受电场力作用，则由点电荷产、球壳、弹簧组成的系统只有弹力做功，则机械能守恒，选项B正确；当弹性势能最大时两者共速，满足：，解得，此时由能量关系：，则弹簧最大弹性势能一定小于 ‎,选项C正确；点电荷P由C孔出来时应满足：；，解得，可知v1的方向可能与v0相同，也可能相反，选项D正确；故选BCD.‎ 点睛：本题研究的两体多过程问题，物理过程及能量关系都较复杂；分析清楚物体的运动过程与运动性质，应用动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题，本题难度较大．‎ ‎12.如图所示，在I、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC边界的夹角∠DAC=30°，边界AC与边界MN平行，Ⅱ区域宽度为d．质量为m、电荷量为+q的粒子可在边界AD上的不同点射入，入射速度垂直AD且垂直磁场，若入射速度大小为，不计粒子重力，则（ ）‎ A. 粒子在磁场中的运动半径为 B. 粒子距A点0.5d处射入，不会进入Ⅱ区 C. 粒子距A点1.5d处射入，在I区内运动的时间为 D. 能够进入Ⅱ区域的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 根据，得，所以A错误；粒子刚好不能进入区域Ⅱ的运动轨迹如图所示，恰好与AC相切，根据几何关系可求，此时入射点到A的距离为d，即到A点距离大于d的都不能进入区域Ⅱ，运动轨迹为一半圆，时间 ‎，所以B错误；C正确；从A点进入的粒子在区域Ⅱ中运动的试卷最短，轨迹如图所示，由几何关系知，轨迹圆心角为60°，最短时间，故D正确．‎ 二、填空题 ‎13.某同学从实验室天花板处自由释放一钢球，用频闪摄影手段验证机械能守恒．频闪仪每隔相等时间短暂闪光一次，照片上记录了钢球在各个时刻的位置．‎ ‎(1)操作时比较合理的做法是__________．‎ A．先打开频闪仪再释放钢球 B．先释放钢球再打开频闪仪 ‎(2)频闪仪闪光频率为f，拍到整个下落过程中的频闪照片如下图所示，结合实验场景估算f可能值为（ ）‎ A．0.1 Hz B．1 Hz C．10 Hz D．100 Hz ‎(3)用刻度尺在照片上测量钢球各位置到释放点O的距离分别为s1、s2、s3、s4、s5、s6、s7、s8及钢球直径，重力加速度为g.用游标卡尺测出钢球实际直径D，如下图所示，则D＝_______cm.(已知实际直径与照片上钢球直径之比为k.)‎ ‎(4)选用以上各物理量符号，验证从O到A过程中钢球机械能守恒成立的关系式为：2gs5=______.(用题中所给字母表示)‎ ‎【答案】(1). A (2). C (3). 4.55 (4). kf 2(s6－s4)2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]从实验室天花板处自由释放一钢球，用频闪摄影手段验证机械能守恒，因此必须先打开频闪仪再释放钢球；‎ 故A正确;故错误B;‎ 故选A；‎ ‎(2)[2]频闪仪闪光频率为，而从天花板到地面约为3m，依据自由落体位移公式，既有：‎ 解得：‎ 由于从天花板到地面有8个间隔，因此频闪仪闪光周期，那么频闪仪闪光频率为10Hz；故ABD错误;故C正确;‎ 故选C；‎ ‎(3)[3]游标卡尺的主尺读数为45mm，游标尺上第5个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.1×5mm=0.5mm，所以最终读数为：‎ ‎45+0.5=45.5mm=4.55cm ‎(4)[4]在段运动过程中，点的速度为：‎ 则动能的增加量为：‎ 而减小的重力势能：‎ 验证从到过程中钢球机械能守恒成立的关系式为：‎ ‎14.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，某实验小组决定测绘标有“3.8 V 0.4 A”小灯泡的伏安特性曲线．‎ ‎（1）使用多用电表粗测小灯泡的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图所示，读数为_______Ω．‎ ‎（2）实验室提供的实验器材有：‎ A．电源E（4 V，内阻约0.4 Ω）‎ B．电压表V（2 V，内阻为2 kΩ）‎ C．电流表A（0.6 A，内阻约0.3 Ω）‎ D．滑动变阻器R（0~10 Ω）‎ E．三个定值电阻（R1=1 kΩ，R2=2 kΩ，R3=5 kΩ）‎ F．开关及导线若干 ‎①小组同学们研究后发现，电压表的量程不能满足实验要求，为了完成测量，他将电压表进行了改装．在给定的定值电阻中选用______（选填“R1”“R2”或“R3”）与电压表______（选填“串联”或“并联”），完成改装．‎ ‎②在图虚线框中画出正确的实验电路图（虚线框中已将部分电路画出，请补齐电路的其他部分）．‎ ‎（3）该实验小组按照正确电路图和实验操作描绘出了小灯泡的伏安特性曲线如图所示．先将两个相同规格的小灯泡按如图所示电路连接，图中定值电阻阻值为R0=3 Ω，电源电动势E=4.5 V，内阻r=1.5 Ω，此时每个小灯泡消耗的电功率为________W．（结果保留2位有效数字，I表示通过每个小灯泡的电流）‎ ‎【答案】(1). 10 (2). R2 串联 (3). 0.74-0.78‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据灯泡电阻与电表内阻关系确定电流表的接法，根据题意确定滑动变阻器的接法，然后作出实验电路图；‎ 在灯泡U-I图象坐标系内作出等效电源的U-I图象，求出灯泡两端电压与通过灯泡的电流，然后求出每个灯泡消耗的电功率．‎ ‎【详解】（1）使用多用电表粗测小灯泡的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图所示，读数为：；‎ ‎（2）①灯泡额定电压为3.8V，可以把电压表改装为4V量程，电压表量程为2V，内阻为，要把电压表改装成4V电压表，可以串联2kΩ的电阻，应选电阻与电压表串联；‎ ‎②灯泡正常发光时的电阻为：，电压表内阻为，电流表内阻约为，电压表内阻远大于灯泡电阻，而电流表内阻与灯泡内阻相差不多，故电流表应采用外接法，由于滑动变阻器阻值较小，故采用分压式接法，电路图如图所示：‎ ‎（3）设通过每个灯泡的电流为I，电源电动势为：， 整理得： 即：， 在灯泡U-I图象坐标系内作出：U-I图象如图所示： 由图示图象可知，灯泡两端电压为： 通过灯泡的电流为：， 灯泡实际功率为：． 【点睛】‎ 本题要注意灯泡的电阻随温度的变化而变化，故不能直接用欧姆定律求功率，只能在灯泡U-I图象坐标系内作出等效电源的U-I图象，求出灯泡两端电压与通过灯泡的电流，然后求出每个灯泡消耗的电功率．‎ 三、计算题 ‎15.滑冰是青少年喜爱的一项体育运动．如图，两个穿滑冰鞋的男孩和女孩一起在滑冰场沿直线水平向右滑行，某时刻他们速度均为v0＝2m/s，后面的男孩伸手向前推女孩一下，作用时间极短，推完后男孩恰好停下，女孩继续沿原方向向前滑行．已知男孩、女孩质量均为m ‎＝50kg，假设男孩在推女孩过程中消耗的体内能量全部转化为他们的机械能，求男孩推女孩过程中：‎ ‎(1)女孩受到的冲量大小；‎ ‎(2)男孩消耗了多少体内能量？‎ ‎【答案】(1) 100N•s (2) 200J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)男孩和女孩之间的作用力大小相等，作用时间相等，‎ 故女孩受到的冲量等于男孩受到的冲量，‎ 对男孩，由动量定理得：I＝△P＝0-mv0＝-50×2＝-100N•s，‎ 所以女孩受到的冲量大小为100N•s；‎ ‎(2)对女孩，由动量定理得100＝mv1-mv0，‎ 故作用后女孩的速度 根据能量守恒知，男孩消耗的能量为 ‎；‎ ‎16.如图所示，固定的绝热气缸内有一质量为m的“T”型绝热活塞(体积可忽略)，距气缸底部h0处连接一U形管(管内气体的体积忽略不计)．初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，两边水银柱存在高度差．已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，气缸横截面积为s，活塞竖直部分长为1.2h0，重力加速度为g．试问：‎ ‎ ‎ ‎(1) 初始时，水银柱两液面高度差多大？‎ ‎(2) 缓慢降低气体温度，两水银面相平时温度是多少？‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据活塞平衡求得气体压强，再根据水银柱高度差求出气体压强表达式，联立得到高度差；等压变化，根据盖-吕萨克定律求解出温度．‎ ‎【详解】（1）选取活塞为研究对象，对其受力分析并根据平衡条件有 可得被封闭气体压强： ‎ 设初始时两侧水银柱液面高度差为h，则被封闭气体的压强：‎ 联立以上三式可得，初始时液面高度差为 ‎ ‎（2）降低温度直至两液面相平的过程中，被封闭气体先做等压变化，后做等容变化．‎ 初状态：，V1=1.5h0S，T1=T0；‎ 末状态：，V2=1.2h0S 根据理想气体状态方程有 ‎ 代入数据，可得 ‎【点睛】本题考查了求水银柱的高度差、求气体温度，分析清楚气体状态变化过程，应用平衡条件、求出气体的状态参量、应用理想气体状态方程即可正确解题．‎ ‎17.坐标原点O处有一点状的放射源，它向xOy平面内的x轴上方各个方向发射粒子，粒子的速度大小都是v0，在0＜y＜d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大小为E＝，其中q与m分别为α粒子的电荷量和质量；在d＜y＜2d的区域内分布有垂直于xOy平面的匀强磁场．ab为一块很大的平面感光板，放置于y＝2d处，如图所示．观察发现此时恰无粒子打到ab板上．(不考虑粒子的重力)‎ ‎(1)求粒子刚进入磁场时的动能Ek及磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)将ab板平移到纵坐标为多少的位置时所有粒子恰好均能打到板上？并求ab板在此位置被粒子打中区域的长度L．‎ ‎【答案】(1)； ；(2)； ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据动能定理：‎ 可得末动能：‎ 根据可知，对于沿轴正方向射出的粒子进入磁场时与轴正方向夹角，其在电场中沿方向的位移：‎ 易知若此粒子不能打到板上，则所有粒子均不能打到板，因此此粒子轨迹必与板相切，可得其圆周运动的半径：‎ 又根据洛伦兹力提供向心力：‎ 可得：‎ ‎(2)易知沿轴负方向射出的粒子若能打到板上，则所有粒子均能打到板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与板相切．可知此时磁场宽度为原来的，即当板位于的位置时，恰好所有粒子均能打到板上；‎ 板上被打中区域的长度：‎ ‎18.如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B点平滑连接，过半圆轨道圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场E，质量为m的带正电小滑块从水平轨道上A点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电量会增加，过B点后电量保持不变，小滑块在AB段加速度随位移变化图象如图乙。已知A、B间距离为4R，滑块与轨道间动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度为g，不计空气阻力，求：‎ ‎(1)小滑块释放后运动至B点过程中电荷量的变化量；‎ ‎(2)半圆轨道对小滑块的最大支持力大小；‎ ‎(3)小滑块再次进入电场时，电场大小保持不变、方向变为向左，求小滑块再次到达水平轨道时距B的距离。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）6R。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由牛顿第二定律得，在点：‎ ‎ ①‎ 在点：‎ ‎ ②‎ 由①②联立解得：‎ ‎ ③‎ ‎(2)从到过程，由动能定理得：‎ ‎ ④‎ 将电场力与重力的合力等效为“重力ʹ”，与竖直方向的夹角设为，在“等效最低点”时滑块对轨道压力最大，则：‎ ‎ ⑤‎ ‎ ⑥‎ 从到“等效最低点”过程，由动能定理得：‎ ‎ ⑦‎ 由牛顿第二定律得：‎ ‎ ⑧‎ 由②④⑤⑥⑦⑧式联立解得：‎ ‎(3)从到过程，由动能定理得：‎ ‎ ⑨‎ 从点到再次进入电场的过程中做平抛运动：‎ 水平方向：‎ ‎ ⑩‎ 竖直方向：‎ ‎ ⑪‎ ‎ ⑫‎ 设速度方向与水平方向的夹角为，则有：‎ ‎ ⑬‎ 进入电场后，受向左的电场力与竖直向下的重力，则有：‎ ‎ ⑭‎ 由⑨⑩⑪⑫⑬⑭式联立可得：‎ 则进入电场后合力与速度共线，做匀加速直线运动：‎ ‎ ⑮‎ 由⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮式联立可得：‎ 因此滑块再次到达水平轨道的位置在点左侧处。‎