江西省贛州市南康中學(xué)于都中學(xué)2020屆高三物理下學(xué)期第二次聯(lián)考試題（含解析）

1、江西省贛州市南康中學(xué)、于都中學(xué)聯(lián)考2020屆高三下學(xué)期第二次月考物理試題 一、單選題（本大題共4小題，共12分）1.如圖所示，圓弧形貨架擺著四個完全相同的光滑小球，O為圓心,則對圓弧面的壓力最小的是（ ）A. a球B. b球C. c球D. d球【答案】A【解析】試題分析：小球?qū)A弧面的壓力大小等于求的重力沿斜面的分力，顯然a球?qū)A弧面的壓力最小，故選A考點：力的分解2.一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后分成甲、乙兩束，其運動軌跡如圖所示，其中S0A=S0C，則下列說法正確的是（ ）A. 甲束粒子帶正電，乙束粒子帶負電B. 甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C. P2極板電勢比P1極板電勢高D. 若甲、乙

2、兩束粒子的電荷量相等，則甲、乙兩束粒子的質(zhì)量比為3：2【答案】B【解析】【分析】粒子速度選擇器中受到電場力和洛倫茲力兩個作用，電場力不變，速度方向不變，可知洛倫茲力與電場力應(yīng)平衡，由左手定則判斷出洛倫茲力方向，粒子進入勻強磁場B2中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得到半徑表達式，根據(jù)半徑公式分析半徑越大時，粒子的質(zhì)量和比荷的大小【詳解】甲粒子在磁場中向上偏轉(zhuǎn)，乙粒子在磁場中向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則知甲粒子帶負電，乙粒子帶正電，故A錯誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力，qvB=m，得：，r甲r乙則甲的比荷大于乙的比荷，B正確；能通過狹縫S0的帶電粒子，電場力與洛倫茲力等大反向，若粒子帶正電，則

3、洛倫茲力向上，電場力向下，則P1極板電勢比P2極板電勢高，選項C錯誤；若甲、乙兩束粒子的電荷量相等，由前面分析，則甲、乙兩束粒子的質(zhì)量比為2：3，故D錯誤；故選B?！军c睛】本題關(guān)鍵要理解速度選擇器的原理：電場力與洛倫茲力，粒子的速度一定粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)時，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律則可得到半徑3.某衛(wèi)星沿橢圓軌道繞地球運動，示意圖如圖所示，已知地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g，衛(wèi)星在遠地點P距地心O的距離為3R則（ ）A. 衛(wèi)星沿橢圓軌道運動的加速度大小為B. 衛(wèi)星在遠地點P時的加速度等于C. 衛(wèi)星在遠地點P時的速度等于D. 衛(wèi)星在P點適當(dāng)加速后可繞地球球心O點作半徑為3R的勻

4、速圓周運動【答案】D【解析】【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力和根據(jù)萬有引力等于重力列出等式進行比較求解即可【詳解】衛(wèi)星沿橢圓軌道運動時，所受的萬有引力不斷變化，則加速度不斷變化，選項A錯誤；在P點，根據(jù)，G=mg，則aP=，故B錯誤；若衛(wèi)星以半徑為3R做勻速圓周運動，則 ，再根據(jù)GM=R2g，整理可以得到，由于衛(wèi)星到達遠地點P后做近心橢圓運動，故在P點速度小于，故C錯誤；衛(wèi)星經(jīng)過遠地點P時適當(dāng)加速，則可以以半徑為3R做勻速圓周運動，故D正確，故選D.【點睛】解決本題的關(guān)鍵掌握萬有引力提供向心力這一重要理論，并能靈活運用，以及知道變軌的原理，當(dāng)萬有引力小于向心力，做離心運動，當(dāng)萬有引力大于向心力，

5、做近心運動4.如圖所示，質(zhì)量mA=1.0kg的物塊A放在固定的水平桌面上，由跨過光滑定滑輪的輕繩與質(zhì)量mB=l.5kg的物塊B相連，輕繩拉直時用手托住物塊B，使其靜止在距地面h=0.6m的高度處，此時物塊A與定滑輪相距L=1.6m。已知物塊A與桌面間的動摩擦因數(shù)=0.25，g取10m/s2，現(xiàn)釋放物塊B，則（ ）A. 物塊B著地前加速度的大小為3m/s2B. 物塊B著地前繩對物塊B的拉力的大小為7.5NC. 物塊A不會撞到定滑輪D. 物塊B著地前的過程中，物塊A受到的摩擦力對物塊A所做的功等于物塊A機械能的變化量【答案】B【解析】【分析】分別以物塊A和B受力分析，利用牛頓第二定律列式求解；物塊

6、先做勻加速運動，物塊B碰地后，A開始做勻減速運動，分析物塊A的運動情況，求出A靜止時所需要通過的位移，比較A的總位移和開始時A距滑輪的長度，從而明確能否碰到定滑輪，由非重力的功可分析機械能的變化量.【詳解】A、B、設(shè)加速度大小為a，輕繩對B拉力的大小為F，根據(jù)牛頓第二定律對A：F-mAg=mAa對B：mBg-F=mBa聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得：a=5m/s2，F(xiàn)=7.5N，故A錯誤，B正確；C、設(shè)物塊B著地前的速率為v，根據(jù)運動學(xué)公式v2=2ax對A：v2=2ah木塊B著地后，對A由牛頓第二定律得：mAg=mAa根據(jù)運動學(xué)公式v2-v02=2ax得：0-v2=2(-a)x聯(lián)立可得A要靜止時通過的位移為：

7、x=1.2m；由題意知：L=1.6h+x=1.2+0.6m=1.8m則說明小車一定能碰到定滑輪，故C錯誤，D、對A：非重力做功的有摩擦力和繩的拉力做功，所以應(yīng)該是摩擦力和繩的拉力做功等于物塊A機械能的變化量，故D錯誤.故選B.【點睛】本題考查牛頓第二定律在連接體中的應(yīng)用，要注意在應(yīng)用牛頓運動定律和運動學(xué)公式解決問題時，要注意運動過程的分析，把握兩物體運動的規(guī)律性.二、多選題（本大題共8小題，共24分）5.古有“守株待兔”的寓言設(shè)兔子的頭部受到大小等于自身體重的打擊力時即可致死，并設(shè)兔子與樹樁作用時間為0.2s，則被撞死的兔子其奔跑速度可能為（g=10m/s2）（ ）A. 1m/sB. 1.5m

8、/sC. 2m/sD. 2.5m/s【答案】C【解析】取兔子奔跑的速度方向為正方向，根據(jù)動量定理得，由，得到，則被撞死的兔子其奔跑速度大于等于即可，故選項C正確，ABD錯誤。點睛：本題應(yīng)用動量研究碰撞過程物體的速度，對于打擊、碰撞、爆炸等變力作用過程，往往用動量定理研究作用力。6.甲、乙兩物體從同一地點開始沿同一方向運動，其速度隨時間變化的關(guān)系如圖所示，圖中t2=，兩段曲線均為圓弧，下列說法不正確的是（ ）A. 兩物體在t1時刻的加速度相同B. 兩物體在t2時刻運動方向均改變C. 兩物體在t3時刻相距最遠，t4時刻相遇D. 0t4時間內(nèi)甲物體的平均速度大于乙物體的平均速度【答案】ABD【解析】

9、【分析】速度時間圖線的斜率表示加速度，圖線與時間軸圍成的面積表示位移平均速度等于位移與時間之比，結(jié)合數(shù)學(xué)知識進行分析【詳解】A、在t1 時刻，甲的斜率為正，乙的斜率為負，根據(jù)速度時間圖線的斜率表示加速度，知加速度方向不同;故A錯誤；B、甲乙的速度圖象都在時間軸的上方，速度都為正，運動方向沒有改變，故B錯誤；C、根據(jù)圖象的面積表示位移，可知，t3時刻兩者位移之差最大，相距最遠，t4時刻位移相等，兩者相遇，故C正確；D、速度圖線與時間軸圍成的面積表示位移，則知0-t4時間內(nèi)甲物體的位移等于乙物體的位移，時間相等，則平均速度相等，故D錯誤；本題選錯誤的故選ABD.【點睛】解決本題的關(guān)鍵能夠從速度時間

10、圖線中獲取信息，知道斜率表示加速度，圖線與時間軸圍成的面積表示位移7.如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r電路中的R2、R3分別為總阻值一定的滑動變阻器，R0為定值電阻，R1為光敏電阻（其電阻隨光照強度增大而減?。┊?dāng)電鍵S閉合時，電容器中一帶電微粒恰好處于靜止狀態(tài)有關(guān)下列說法中正確的是（ ）A. 只逐漸增大R1的光照強度，電阻R0消耗的電功率變大，電阻R3中有向上的電流B. 只調(diào)節(jié)電阻R3的滑動端P2向上端移動時，電源消耗的功率變大，電阻R3中有向上的電流C. 只調(diào)節(jié)電阻R2的滑動端P1向下端移動時，電壓表示數(shù)變大，帶電微粒向下運動D. 若斷開電鍵S，帶電微粒向下運動【答案】AD【解析】【分析】

11、電路穩(wěn)定時，電容相當(dāng)于開關(guān)斷開，其電壓等于與之并聯(lián)的滑動變阻器部分的電壓只逐漸增大R1的光照強度，R1的阻值減小，總電阻減小，總電流增大，判斷R0消耗的電功率，電容器兩端的電壓增大，電容下極板帶的電荷量變大，所以電阻R3中有向上的電流，電路穩(wěn)定時，電容相當(dāng)于開關(guān)斷開，只調(diào)節(jié)電阻R3的滑動端P2向上端移動時，對電路沒有影響，只調(diào)節(jié)電阻R2的滑動端P1向下端移動時，電容器并聯(lián)部分的電阻變大，所以電容器兩端的電壓變大，由分析板間場強變化和油滴所受電場力變化，判斷油滴的運動情況若斷開電鍵S，電容器處于放電狀態(tài).【詳解】A、只逐漸增大R1的光照強度，R1的阻值減小，外電路總電阻減小，總電流增大，電阻R0

12、消耗的電功率變大，滑動變阻器的電壓變大，電容器兩端的電壓增大，電容下極板帶的電荷量變大，所以電阻R3中有向上的電流，故A正確；B、電路穩(wěn)定時，電容相當(dāng)于開關(guān)斷開，只調(diào)節(jié)電阻R3的滑動端P2向上端移動時，對電路沒有影響，故B錯誤；C、只調(diào)節(jié)電阻R2的滑動端P1向下端移動時，電容器并聯(lián)部分的電阻變大，所以電容器兩端的電壓變大，由可知，電場力變大，帶電微粒向上運動，故C錯誤；D、若斷開電鍵S，電容器處于放電狀態(tài)，電荷量變小，板間場強減小，帶電微粒所受的電場力減小，將向下運動，故D正確.故選AD.【點睛】本題中穩(wěn)定時電容器與電路部分是相對獨立的分析油滴是否運動，關(guān)鍵分析電場力是否變化8.如圖所示202

13、0個質(zhì)量分別為m的小球通過輕質(zhì)彈簧相連（在彈性限度內(nèi)），在水平拉力F的作用下一起以加速度a向右勻加速運動，設(shè)1和2之間的彈簧的彈力為F1-2，2和3間彈簧的彈力為F2-3，2020和2020間彈簧的彈力為F2020，則下列結(jié)論正確的是（ ）A. F1-2：F2-3： F2020=1：2：3：2020B. 從左到右每根彈簧的彈性勢能之比為：1：4：9：20202C. 如果突然撤去拉力F，撤去的瞬間，每個球的加速度依然為a，但第2020個球除外D. 如果1和2兩個球間的彈簧從第1個球處脫落，那么每個球的加速度依然為a，除第1個球外【答案】AC【解析】【分析】根據(jù)牛頓第二定律，利用整體法和隔離法求解

14、各個球之間的作用力；撤去F瞬間，除第2020個球所受合力突然變化外，其他球的合力未變，據(jù)此求解.【詳解】由牛頓第二定律可知F=2020ma，則對球1：F1-2=maF，同理F23F，F(xiàn)20202020 F，所以A正確；因為題中沒說彈簧的勁度系數(shù)是否相等，所以B錯；突然撤去F瞬間，除第2020個球所受合力突然變化外，其他球的合力未變，所以其他球的加速度依然為a，所以C正確；第1個球脫落瞬間，第1和2兩個球的合力突然改變，這兩個加速度都會發(fā)后改變，所以D錯。故選AC.【點睛】此題主要考查整體法和隔離法在連接體問題中的應(yīng)用；關(guān)鍵還需知道，撤掉F的瞬時其他彈簧的彈力是不能突變的，結(jié)合牛頓第二定律求解.

15、9.如圖，小球甲從A點水平拋出，同時將小球乙從B點自由釋放，兩小球先后經(jīng)過C點時速度大小相等，方向夾角為37，已知B、C高度差h=5m，g=10m/s2，兩小球質(zhì)量相等，不計空氣阻力，由以上條件可知（ ）A. 小球甲作平拋運動的初速度大小為6m/sB. A、B兩點高度差為3.2mC. 小球甲到達C點所用時間為0.8sD. 兩小球在C點時重力的瞬時功率相等【答案】AC【解析】【詳解】A項：乙球到達C點的速度，甲球到達C點的速度，根據(jù)平行四邊形定則知，甲球平拋運動的初速度，故A正確；B項：AC兩點的高度差，則A、B的高度差，故B錯誤；C項：由B分析可知，得：，故C正確；D項：乙球在C點豎直方向的速

16、度為10m/s，甲球在C點豎直方向的速度為：，兩球的質(zhì)量相等，所以兩球在C點的重力瞬時功率不相等，故D錯誤。故應(yīng)選AC。10.如圖所示，在勻速轉(zhuǎn)動的水平圓盤上，沿半徑方向放著用細線相連的質(zhì)量相等的兩個物體A和B，它們分居圓心兩側(cè)，質(zhì)量均為m，與圓心距離分別為RA=r，RB=2r，與盤間的動摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速加快到兩物體剛好還未發(fā)生滑動時，下列說法正確的是（ ）A. 此時繩子張力為T=3mgB. 此時圓盤的角速度為=C. 此時A所受摩擦力方向沿半徑指向圓外D. 此時燒斷繩子，A仍相對盤靜止，B將做離心運動【答案】ABC【解析】【分析】兩物塊A和B隨著圓盤轉(zhuǎn)動時，

17、始終與圓盤保持相對靜止。當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速加快到兩物體剛好還未發(fā)生滑動時，AB都到達最大靜摩擦力，由牛頓第二定律求出A、B兩物塊與圓盤保持相對靜止的最大角速度及繩子的拉力.【詳解】A、B、C、A和B隨著圓盤轉(zhuǎn)動時，合外力提供向心力，則F=m2r，B的運動半徑比A的半徑大，所以B所需向心力大，繩子拉力相等，所以當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速加快到兩物體剛好還未發(fā)生滑動時，B的靜摩擦力方向沿半徑指向圓心，A的最大靜摩擦力方向沿半徑指向圓外，根據(jù)牛頓第二定律得：T-mg=m2r，T+mg=m22r，解得：T=3mg，；故A、B、C正確；D、此時燒斷繩子，A的最大靜摩擦力不足以提供向心力，則A做離心運動，故D錯誤.故選ABC.【

18、點睛】解決本題的關(guān)鍵是找出向心力的來源，知道AB兩物體是由摩擦力和繩子的拉力提供向心力.11.一輕彈簧的一端固定在傾角為的固定光滑斜面的底部，另一端和質(zhì)量為2m的小物塊A相連，質(zhì)量為m的小物塊B緊靠A靜止在斜面上，如圖所示，此時彈簧的壓縮量為x0從t=0時開始，對B施加沿斜面向上的外力，使B始終做加速度為a的勻加速直線運動。經(jīng)過一段時間后，物塊A、B分離。彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g。若、m、x0、a均已知，則下列說法正確的是（ ）A. 根據(jù)已知條件，可求出從開始到物塊A、B分離所用的時間B. 根據(jù)已知條件，可求出物塊A、B分離時的速度大小C. 物塊A、B分離時，彈簧的彈力恰

19、好為零D. 物塊A、B分離后，物塊A開始減速【答案】AB【解析】A、B、AB靜止時，,則，對B施加沿斜面向上的外力后，A、B一起做勻加速運動，分離時A、B間彈力為零，加速度均為a，設(shè)此時彈簧被壓縮x,則對A有：,且，即可求出：,，AB正確；C、物塊A、B分離時，彈簧的彈力不為零，A、B間彈力為零，此時彈簧彈力，C錯誤；D、分離時，A有向上的加速度，之后先做加速度減小的加速運動，達到最大速度后再做減速運動，D錯誤；故選AB。12.如圖所示，在空間中有平行xOy平面的勻強電場，場強大小為100V/m一群電量相同的帶正電粒子以相同的初動能從P點出發(fā)，可以到達以原點O為圓心、半徑為25cm的圓上的任意

20、位置比較圓上這些位置，發(fā)現(xiàn)粒子到達圓與x軸正半軸的交點A時，動能最大已知OAP=37（不計重力，不計粒子間相互作用，sin37=0.6，cos37=0.8），則（ ）A. 該勻強電場的方向沿x軸負方向B. 過A點的等勢面與PA連線垂直C. 到達圓與x軸負半軸的交點Q點的粒子動能最小D. P、A兩點的間電勢差為32V【答案】CD【解析】【分析】據(jù)題，到達A點的正電荷動能增加量最大，電場力做功最大，說明等勢面在A點與圓相切，即等勢面與y軸平行，由UPA=求解PA間的電勢差，再由公式U=Ed求解場強的大小.【詳解】到達A點的正電荷動能增加量最大，電場力做功最大，說明了A點的電勢最低；同時說明等勢面在

21、A點與圓相切，也就是等勢面與y軸平行，所以電場線與x軸平行，沿x軸正方向，故A錯誤；電場線的方向沿x軸正方向，所以過A點的等勢面過A點平行于y軸，故B錯誤；電場線的方向沿x軸正方向，所以Q點的電勢最高，到達Q點的正電荷的電勢能最大，結(jié)合能量守恒可知正電荷動能最小，故C正確；由幾何關(guān)系可知：2Rcos3720.250.80.4m，PA間的電勢差為：UPA=Ecos37=1000.40.8=32 V故D正確。故選CD?！军c睛】本題考查電場強度與電勢差的關(guān)系，關(guān)鍵要運用邏輯推理判斷出過A點的等勢面，運用公式U=Ed時，要知道d是兩點沿電場方向的距離.三、實驗題探究題（本大題共2小題，共14分）13.

22、如圖1所示是某研究性學(xué)習(xí)小組做探究“橡皮筋做功和物體速度變化的關(guān)系”的實驗，圖中是小車在一條橡皮筋作用下彈出，沿木板滑行的情形。這時，橡皮筋對小車做的功記為W當(dāng)我們把2條、3條完全相同的橡皮筋并在一起進行第2次、第3次實驗時，每次橡皮筋都拉伸到同一位置釋放。小車每次實驗中獲得的速度由打點計時器所打點的紙帶測出。（1）除了圖中已給出的實驗器材外，還需要的器材有_；（2）實驗時為了使小車只在橡皮筋作用下運動，應(yīng)采取的措施是_；（3）打出的紙帶如圖2所示，在正確操作情況下，打在紙帶上的點，并不都是均勻的，為了測量小車獲得的速度，應(yīng)選用紙帶的_部分進行測量。【答案】 (1). 刻度尺 (2). 把木板

23、的末端墊起適當(dāng)高度以平衡摩擦力 (3). GJ【解析】【詳解】(1)除了圖中的已給出的實驗器材外，還需要的器材有刻度尺測量紙帶上的長度；(2)實驗時為了使小車只在橡皮筋作用下運動，應(yīng)把木板的末端墊起適當(dāng)高度以平衡摩擦力；(3)為了測量小車獲得的速度，應(yīng)選用小車速度最大，達到勻速運動時的速度，即選擇紙帶的間距均勻部分GJ進行測量；【點睛】本題關(guān)鍵是結(jié)合探究功與速度變化關(guān)系的實驗原理進行分析，如本實驗中，明確小車的運動情況，先加速，再勻速，橡皮條做功完畢，速度最大，做勻速運動，故需要測量勻速階段的速度.14.用伏安法測量某阻值約為20的未知電阻Rx的阻值實驗電路如圖所示：電源E（電動勢3V、內(nèi)阻忽

24、略不計）電流表A1（量程050mA，內(nèi)阻約12）電流表A2（量程03A，內(nèi)阻約0.12）電壓表V1（量程03V，內(nèi)阻約3k）電壓表V2（量程015V，內(nèi)阻約15k）滑動變阻器R1（010，允許最大電流2.0A）滑動變阻器R2（01000，允許最大電流0.5A）定值電阻R（30，允許最大電流1.0A）開關(guān)、導(dǎo)線若干（1）在以上備選器材中，電流表應(yīng)選用_，電壓表應(yīng)選用_，滑動變阻器應(yīng)選用_（2）某次測量中，電壓表讀數(shù)為U時，電流表讀數(shù)為I，則計算待測電阻阻值的表達式Rx=_【答案】 (1). A1 (2). V1 (3). R1 (4). 【解析】【詳解】（1）由題意可知，電源電壓為3V，故電壓表

25、只能采用03V，不能選用最大量程為15V的電壓表，電壓表選用V1；而由于待測電阻為20，則電路中電流最大為150mA； 故不能選用最大量程為3A的電流表，故電流表只能選用A1；而由題意可知，電路應(yīng)采用分壓接法，故滑動變阻器應(yīng)選用較小的電阻，故滑動變阻器選用R1；（2）由歐姆定律可知R+Rx=，解得Rx=-R；【點睛】在電學(xué)實驗的考查中，經(jīng)?？疾榈絻x表的選擇、電流表內(nèi)外接法的選擇及實驗數(shù)據(jù)的處理，故應(yīng)注意此類問題的解法；在實驗中要注意把握準確性、安全性及方便性原則。四、計算題（本大題共4小題，共50分）15.一物體放在水平地面上，如圖1所示，已知物體所受水平拉力F隨時間t的變化情況如圖2所示，物

26、體相應(yīng)的速度v隨時間t的變化關(guān)系如圖3所示。求：（1）4s末合力的功率；（2）010s時間內(nèi)，物體克服摩擦力所做的功?！敬鸢浮?1)1.5W (2)30J【解析】【分析】結(jié)合圖2和圖3可知：在0-2s物體不動，受到的靜摩擦力不做功；在2-10s受到的滑動摩擦力做負功，滑動摩擦力不變，根據(jù)W=FScos解即可【詳解】(1)由速度時間圖象可知，在0-2s物體不動，物體在24s的加速度為由810s做勻速直線，得，可知由功率的定義：結(jié)合圖2和圖3可知：在0-2s物體不動，受到的靜摩擦力不做功；在2-10s受到的滑動摩擦力做負功，滑動摩擦力不變f=2N在0-10s：W克f=fs=215=30J【點睛】此

27、題考查讀圖獲取信息的能力，注意根據(jù)需要選取合適的階段16.現(xiàn)有甲、乙兩汽車正沿同一平直馬路同向勻速行駛，甲車在前，乙車在后，它們行駛的速度均為10m/s當(dāng)兩車快要到一十字路口時，甲車司機看到綠燈已轉(zhuǎn)換成了黃燈，于是緊急剎車（反應(yīng)時間忽略不計），乙車司機為了避免與甲車相撞也緊急剎車，但乙車司機反應(yīng)較慢（反應(yīng)時間為0.5s）已知甲車緊急剎車時制動力為車重的0.4倍，乙車緊急剎車時制動力為車重的0.5倍，g取10m/s2（1）若甲車司機看到黃燈時車頭距警戒線15m，他采取上述措施能否避免闖警戒線？（2）為保證兩車在緊急剎車過程中不相撞，甲、乙兩車行駛過程中至少應(yīng)保持多大距離？【答案】（1）見解析（2

28、）【解析】【分析】（1）根據(jù)甲車剎車時的制動力求出加速度，再根據(jù)位移時間關(guān)系求出剎車時的位移，從而比較判定能否避免闖紅燈；（2）根據(jù)追及相遇條件，由位移關(guān)系分析安全距離的大小【詳解】（1）甲車緊急剎車的加速度為甲車停下來所需時間甲滑行距離 由于12.5 m15 m，所以甲車能避免闖紅燈；（2）乙車緊急剎車的加速度大小為：設(shè)甲、乙兩車行駛過程中至少應(yīng)保持距離，在乙車剎車時刻兩車速度相等，解得此過程中乙的位移： 甲的位移：所以兩車安全距離至少為：【點睛】解決本題的關(guān)鍵利用牛頓第二定律求出加速度，再根據(jù)運動學(xué)公式進行求解注意速度大者減速追速度小者，判斷能否撞上，應(yīng)判斷速度相等時能否撞上，不能根據(jù)兩者

29、停下來后比較兩者的位移去判斷17.如圖所示，在平面直角坐標系xOy內(nèi)，第象限的半徑R=h的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，圓與x、y坐標軸切于D、A兩點，y0的區(qū)域內(nèi)存在著沿y軸正方向的勻強電場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從電場中Q（-2h，-h）點以速度v0水平向右射出，從坐標原點O射入第象限，與水平方向夾角為，經(jīng)磁場能以垂直于x軸的方向從D點射入電場。不計粒子的重力，求：（1）電場強度E的大小以及的正切值（2）磁感應(yīng)強度B的大?。?）帶電粒子從Q點運動到最終射出磁場的時間t。【答案】(1) ，45，因此粒子從C點正對圓心O1進入磁場(2) (3) 【解析】【詳解】（1）粒子在勻強電場中做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律及牛頓運動定律得2hv0that2又qEma聯(lián)立解得設(shè)粒子到達O點時的速度為v，沿y軸正方向的分速度為vy，則有vyatv0，vv0速度v與x軸正方向的夾角滿足tan 1即45，因此粒子從C點正對圓心O1進入磁場（2）又因為粒子垂直于x軸射出磁場