【KS5U解析】安徽省亳州市第二中學(xué)2020屆高三下學(xué)期物理測試試題 Word版含解析

高三下物理測試1一、選擇題（共10題，每題4分，8-11多選，漏選得2分）1.某質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動，運(yùn)動速率的倒數(shù)與位移x的關(guān)系如圖所示(oa與aa′距離相等)，關(guān)于質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動，下列說法正確的是（）a.質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動b.–x圖線斜率等于質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的加速度c.質(zhì)點(diǎn)從c運(yùn)動到c′所用的運(yùn)動時(shí)間是從o運(yùn)動到c所用時(shí)間的3倍d.質(zhì)點(diǎn)從c運(yùn)動到c′的運(yùn)動位移是從o運(yùn)動到c的運(yùn)動位移的3倍【答案】c【解析】【詳解】a.由題中1/v?x圖象可知，1/v與x成正比，即vx=常數(shù)，質(zhì)點(diǎn)做減速直線運(yùn)動，故a錯(cuò)誤；b.質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動不是勻減速運(yùn)動，圖線斜率不等于質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的加速度，b錯(cuò)誤；c.由于三角形obc的面積s1=oc?bc=x1v1，體現(xiàn)了從o到c所用的時(shí)間，同理，從o到c′所用的時(shí)間可由s2=x2v2體現(xiàn)，所以四邊形bb′c′c面積可體現(xiàn)質(zhì)點(diǎn)從c到c′所用的時(shí)間，由于四邊形aa′b′b面積與四邊形bb′c′c面積相等，所以四邊形aa′b′b面積也可表示質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的時(shí)間，所以質(zhì)點(diǎn)從c運(yùn)動到c′所用的運(yùn)動時(shí)間是從o運(yùn)動到c所用時(shí)間的3倍，故c正確；d.質(zhì)點(diǎn)從c運(yùn)動到c′的運(yùn)動位移和從o運(yùn)動到c的運(yùn)動位移相等，故d錯(cuò)誤．故選c.2.如圖，小球甲從a點(diǎn)水平拋出，同時(shí)將小球乙從b點(diǎn)自由釋放，兩小球先后經(jīng)過c點(diǎn)時(shí)速度大小相等，方向夾角為30°，已知b、c高度差為h，兩小球質(zhì)量相等，不計(jì)空氣阻力，由以上條件可知（）a.小球甲做平拋運(yùn)動的初速度大小為b.甲、乙兩小球到達(dá)c點(diǎn)所用時(shí)間之比為c.a，b兩點(diǎn)高度差為d.兩小球在c點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率大小相等【答案】c【解析】a項(xiàng)，小球乙到c的速度為，此時(shí)小球甲的速度大小也為，又因?yàn)樾∏蚣姿俣扰c豎直方向成角，可知水平分速度為故a錯(cuò)；b、小球運(yùn)動到c時(shí)所用的時(shí)間為得而小球甲到達(dá)c點(diǎn)時(shí)豎直方向的速度為，所以運(yùn)動時(shí)間為所以甲、乙兩小球到達(dá)c點(diǎn)所用時(shí)間之比為故b錯(cuò)c、由甲乙各自運(yùn)動的時(shí)間得：，故c對；d、由于兩球在豎直方向上的速度不相等，所以兩小球在c點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率也不相等故d錯(cuò)；故選c3.一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運(yùn)動，其電勢能ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中0～x2段是關(guān)于直線x=x1對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是a.x1處電場強(qiáng)度最小，但不為零b.粒子在0～x2段做勻變速運(yùn)動，x2～x3段做勻速直線運(yùn)動c.若x1、x3處電勢為1、3，則1<3d.x2～x3段的電場強(qiáng)度大小方向均不變【答案】d【解析】ep-x圖像的斜率表示粒子所受電場力f，根據(jù)f=qe可知x1處電場強(qiáng)度最小且為零，故a錯(cuò)誤；b、粒子在0～x2段切線的斜率發(fā)生變化，所以加速度也在變化，做變速運(yùn)動，x2～x3段斜率不變，所以做勻變速直線運(yùn)動，故b錯(cuò)誤；c、帶負(fù)電的粒子從x1到x3的過程中電勢能增加，說明電勢降低，若x1、x3處電勢為1、3，則1>3,故c錯(cuò)誤；d、x2～x3段斜率不變，所以這段電場強(qiáng)度大小方向均不變，故d正確；故選d點(diǎn)睛：ep-x圖像的斜率表示粒子所受電場力f，根據(jù)f=qe判斷各點(diǎn)場強(qiáng)的方向和大小，以及加速度的變化情況．至于電勢的高低，可以利用結(jié)論“負(fù)電荷逆著電場線方向移動電勢能降低，沿著電場線方向移動電勢能升高”來判斷．4.如圖，理想變壓器的原線圈與二極管一起接在u=220sin

50πt（v）交流電源上，副線圈接有r=55Ω的電阻，原、副線圈匝數(shù)比為2：1。假設(shè)該二極管的正向電阻為零，反向電阻為無窮大，電流表為理想電表。則（）a.副線圈的輸出功率為110wb.原線圈的輸入功率為110wc.電流表的讀數(shù)為lad.副線圈輸出的電流方向不變【答案】a【解析】【詳解】ab．因?yàn)樵€圈上接有理想二極管，原線圈只有半個(gè)周期有電流，副線圈也只有半個(gè)周期有電流所以副線圈電壓的最大值設(shè)副線圈電壓的有效值為，則解得：副線圈的輸出功率原線圈的輸入功率故a正確，b錯(cuò)誤；c．電流表讀數(shù)故c錯(cuò)誤。d．因?yàn)樵€圈上接有理想二極管，原線圈中電流方向不變，原線圈中電流增大和減小時(shí)在副線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相反，副線圈輸出的電流方向改變，故d錯(cuò)誤。故選a。5.已知火星的半徑是地球的a倍，質(zhì)量是地球的b倍，現(xiàn)分別在地球和火星的表面上以相同的速度豎直上拋小球，不計(jì)大氣的阻力．則小球在地球上上升的最大高度與在火星上上升的最大高度之比為()a.b/a b.b2/a c.a/b d.b/a2【答案】d【解析】【詳解】根據(jù)在星球表面重力與萬有引力相等，有：，可得：，故；豎直上拋運(yùn)動的最大高度，所以有；故a，b，c錯(cuò)誤；d正確；故選d.6.如圖所示，在光滑水平面上放置一個(gè)質(zhì)量為m的滑塊，滑塊的一側(cè)是一個(gè)弧形凹槽oab，凹槽半徑為r，a點(diǎn)切線水平。另有一個(gè)質(zhì)量為m的小球以速度v0從a點(diǎn)沖上凹槽，重力加速度大小為g，不計(jì)摩擦。下列說法中正確的是（）a.當(dāng)v0=時(shí)，小球能到達(dá)b點(diǎn)b.如果小球的速度足夠大，球?qū)幕瑝K的左側(cè)離開滑塊后落到水平面上c.當(dāng)v0=時(shí)，小球在弧形凹槽上運(yùn)動的過程中，滑塊的動能一直增大d.如果滑塊固定，小球返回a點(diǎn)時(shí)對滑塊的壓力為【答案】c【解析】【詳解】a．當(dāng)小球剛好到達(dá)b點(diǎn)時(shí)，小球與滑塊水平方向速度相同，設(shè)為v1，以小球的初速度方向?yàn)檎较?，在水平方向上，由動量守恒定律得：由機(jī)械能守恒定律得：代入數(shù)據(jù)解得：所以當(dāng)時(shí)，小球不能到達(dá)b點(diǎn)，故a錯(cuò)誤；b．小球離開四分之一圓弧軌道時(shí)，在水平方向上與滑塊m的速度相同，則球?qū)幕瑝K的左側(cè)離開滑塊后返回時(shí)仍然回到滑塊m上，不可能從滑塊的左側(cè)離開滑塊，故b錯(cuò)誤；c．小球在圓弧上運(yùn)動的過程中，小球?qū)瑝Km的壓力一直對滑塊做正功，所以滑塊動能一直增加，故c正確；d．若滑塊固定，由機(jī)械能守恒知小球返回a點(diǎn)時(shí)的速度大小仍為v0，在b點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得：解得：根據(jù)牛頓第三定律可知，小球返回b點(diǎn)時(shí)對滑塊的壓力為，故d錯(cuò)誤。故選c。7.如圖，eof和e′o′f′為空間一勻強(qiáng)磁場的邊界，其中eo∥e′o′，fo∥f′o′，且eo⊥of；oo′為∠eof的角平分線，oo′間的距離為l；磁場方向垂直于紙面向里．一邊長為l的正方形導(dǎo)線框沿oo′方向勻速通過磁場，t=0時(shí)刻恰好位于圖示位置．規(guī)定導(dǎo)線框中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向時(shí)為正，則感應(yīng)電流i與時(shí)間t的關(guān)系圖線可能正確的是（）a b. c. d.【答案】b【解析】【分析】運(yùn)用e=blv找出感應(yīng)電動勢隨時(shí)間變化的情況．其中l(wèi)為切割磁感線的有效長度．根據(jù)右手定則判斷出感應(yīng)電流的方向．【詳解】在整個(gè)正方形導(dǎo)線框通過磁場的過程中，切割磁感線的邊框?yàn)閮韶Q直邊框，兩水平邊框不切割磁感線．由于正方形導(dǎo)線框沿oo′方向勻速通過磁場，①從開始到左邊框到達(dá)o′之前，進(jìn)入磁場切割磁感線的有效長度隨時(shí)間均勻增加，根據(jù)e=blv得出感應(yīng)電動勢隨時(shí)間也均勻增加，由于電阻不變，所以感應(yīng)電流i也隨時(shí)間均勻增加．根據(jù)右手定則判斷出感應(yīng)電流的方向，結(jié)合導(dǎo)線框中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向時(shí)為正，得出開始為正方向．②當(dāng)左邊框到達(dá)oo′之后，由于進(jìn)入磁場切割磁感線的有效長度不變，所以感應(yīng)電流i不變．③當(dāng)左邊框到達(dá)oo′中點(diǎn)，右邊框即將進(jìn)入磁場切割磁感線，由于左邊框的切割磁感線的有效長度在減小，而右邊框切割磁感線有效長度在增大，而左右邊框切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相反，所以整個(gè)感應(yīng)電動勢隨時(shí)間也均勻減?。墚?dāng)左邊框到達(dá)距o點(diǎn)時(shí)，左右邊框切割磁感線的有效長度相等，此時(shí)感應(yīng)電動勢為0，再往后跟前面過程相反．故a、c、d錯(cuò)誤，b正確．故選b．【點(diǎn)睛】注意分析正方形導(dǎo)線框運(yùn)動過程中切割磁感線的有效長度變化情況．規(guī)定導(dǎo)線框中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向時(shí)為正，反過來即為負(fù)值．8.如圖所示，a、b兩個(gè)矩形木塊用輕彈簧和一條與彈簧原長相等的輕繩相連，靜止在水平地面上，繩為非彈性繩且可承受的拉力足夠大。彈簧的勁度系數(shù)為k，木塊a和木塊b的質(zhì)量均為m?，F(xiàn)用一豎直向下的壓力將木塊a緩慢壓縮到某一位置，木塊a在此位置所受的壓力為f（f>mg），彈簧的彈性勢能為e，撤去力f后，下列說法正確的是（）a.當(dāng)a速度最大時(shí)，彈簧仍處于壓縮狀態(tài)b.彈簧恢復(fù)到原長的過程中，彈簧彈力對a、b的沖量相同c.當(dāng)b開始運(yùn)動時(shí)，a的速度大小為d.全程中，a上升的最大高度為【答案】ad【解析】【詳解】a．由題意可知當(dāng)a受力平衡時(shí)速度最大，即彈簧彈力大小等于重力大小，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，故a正確；b．由于沖量是矢量，而彈簧彈力對a、b的沖量方向相反，故b錯(cuò)誤；c．設(shè)彈簧恢復(fù)到原長時(shí)a的速度為v，繩子繃緊瞬間a、b共同速度為v1，a、b共同上升的最大高度為h，a上升最大高度為h，彈簧恢復(fù)到原長的過程中根據(jù)能量守恒得繩子繃緊瞬間根據(jù)動量守恒定律得mv=2mv1a、b共同上升的過程中據(jù)能量守恒可得可得b開始運(yùn)動時(shí)a的速度大小為a上升的最大高度為故c錯(cuò)誤，d正確。故選ad。9.如圖所示，豎直放置的形光滑導(dǎo)軌寬為l，矩形勻強(qiáng)磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為b．質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場Ⅰ和Ⅱ時(shí)的速度相等．金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為r，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計(jì)，重力加速度為g．金屬桿（）a.剛進(jìn)入磁場Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向下b.穿過磁場Ⅰ的時(shí)間大于在兩磁場之間的運(yùn)動時(shí)間c.穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgdd.釋放時(shí)距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于【答案】bc【解析】本題考查電磁感應(yīng)的應(yīng)用，意在考查考生綜合分析問題的能力．由于金屬棒進(jìn)入兩個(gè)磁場的速度相等，而穿出磁場后金屬桿做加速度為g的加速運(yùn)動，所以金屬感進(jìn)入磁場時(shí)應(yīng)做減速運(yùn)動，選項(xiàng)a錯(cuò)誤；對金屬桿受力分析，根據(jù)可知，金屬桿做加速度減小的減速運(yùn)動，其進(jìn)出磁場的v-t圖象如圖所示，由于0~t1和t1~t2圖線與t軸包圍的面積相等（都為d），所以t1>（t2-t1），選項(xiàng)b正確；從進(jìn)入Ⅰ磁場到進(jìn)入Ⅱ磁場之前過程中，根據(jù)能量守恒，金屬棒減小的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，所以q1=mg．2d，所以穿過兩個(gè)磁場過程中產(chǎn)生的熱量為4mgd，選項(xiàng)c正確；若金屬桿進(jìn)入磁場做勻速運(yùn)動，則，得，有前面分析可知金屬桿進(jìn)入磁場的速度大于，根據(jù)得金屬桿進(jìn)入磁場的高度應(yīng)大于，選項(xiàng)d錯(cuò)誤．點(diǎn)睛：本題以金屬桿在兩個(gè)間隔磁場中運(yùn)動時(shí)間相等為背景，考查電磁感應(yīng)的應(yīng)用，解題的突破點(diǎn)是金屬棒進(jìn)入磁場Ⅰ和Ⅱ時(shí)的速度相等，而金屬棒在兩磁場間運(yùn)動時(shí)只受重力是勻加速運(yùn)動，所以金屬棒進(jìn)入磁場時(shí)必做減速運(yùn)動．10.如圖，一定量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，其過程如p-v圖中從a到b的直線所示．在此過程中______．a(chǎn).氣體溫度一直降低b.氣體內(nèi)能一直增加c.氣體一直對外做功d氣體一直從外界吸熱e.氣體吸收熱量一直全部用于對外做功【答案】bcd【解析】【詳解】a．由圖知?dú)怏w的pv一直增大，由，知?dú)怏w的溫度一直升高，故a錯(cuò)誤；b．一定量的理想氣體內(nèi)能只跟溫度有關(guān)，溫度一直升高，氣體的內(nèi)能一直增加，故b正確；c．氣體的體積增大，則氣體一直對外做功，故c正確；d．氣體的內(nèi)能一直增加，并且氣體一直對外做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律△u=w+q可知?dú)怏w一直從外界吸熱，故d正確；e．氣體吸收的熱量用于對外做功和增加內(nèi)能，故e錯(cuò)誤．二、實(shí)驗(yàn)題（每空2分，共24分）11.物理小組在一次探究活動中測量滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)．實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端裝有定滑輪；木板上有一滑塊，其一端與電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶相連，另一端通過跨過定滑輪的細(xì)線與托盤連接．打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用的交流電源的頻率為50hz．開始實(shí)驗(yàn)時(shí)，在托盤中放入適量砝碼，滑塊開始做勻加速直線運(yùn)動，在紙帶上打出一系列小點(diǎn)．（1）上圖給出的是實(shí)驗(yàn)中獲取的一條紙帶的一部分，0、1、2、3、4、5、6、7是計(jì)數(shù)點(diǎn)，每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)（圖中未標(biāo)出），計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖所示．可以測出1~6每個(gè)點(diǎn)的瞬時(shí)速度，畫出v-t圖象，進(jìn)而得到a，其中3號點(diǎn)的瞬時(shí)速度的大小v3＝________m/s2（保留三位有效數(shù)字）．（2）也可以去除一個(gè)數(shù)據(jù)，利用逐差法處理數(shù)據(jù)，如果去除的是2．88cm這一數(shù)據(jù)，計(jì)算出滑塊的加速度a＝________m/s2（保留三位有效數(shù)字）．（3）為測量動摩擦因數(shù)，下列物理量中還應(yīng)測量的有________（填入所選物理量前的字母，完全選對才得分）：還需要使用的儀器是________。a．木板的長度lb．木板的質(zhì)量m1c．滑塊的質(zhì)量m2d．托盤和砝碼的總質(zhì)量m3e．利用秒表測量滑塊運(yùn)動的時(shí)間t（4）滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝________（用被測物理量的字母表示，重力加速度為g）．與真實(shí)值相比，測量的動摩擦因數(shù)________（填偏大或偏?。敬鸢浮?1).0．264m/s(2).0．496m/s2(3).cd(4).天平(5).(6).偏大【解析】【詳解】(1)3號點(diǎn)的瞬時(shí)速度的大小；(2)每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)打點(diǎn)，說明相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)間間隔：t=0.1s，將第一段位移舍掉，設(shè)1、2兩計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的距離為x1，則第6、7之間的距離為x6，利用勻變速直線運(yùn)動的推論△x=at2，即逐差法可以求物體的加速度大?。焊鶕?jù)逐差法有：；(3)根據(jù)牛頓第二定律有：m3g-m2gμ=（m3+m2）a，故解得：于根據(jù)牛頓第二定律列方程的過程中，即考慮了木塊和木板之間的摩擦，沒有考慮細(xì)線和滑輪以及空氣阻力等，故導(dǎo)致摩擦因數(shù)的測量會偏大．【點(diǎn)睛】紙帶法實(shí)驗(yàn)中，若紙帶勻變速直線運(yùn)動，測得紙帶上的點(diǎn)間距，利用勻變速直線運(yùn)動的推論△x=at2，可計(jì)算出打出某點(diǎn)時(shí)紙帶運(yùn)動加速度，對木塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列方程，可求出滑動摩擦因數(shù)的表達(dá)式，由于木塊滑動過程中受到空氣阻力，因此會導(dǎo)致測量的動摩擦因數(shù)偏大．12.如圖（a）為某同學(xué)測量一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)電阻的電路圖，其中虛線框內(nèi)是用毫安表改裝成雙量程電流表的改裝電路。已知毫安表表頭的內(nèi)阻為10w，滿偏電流為100ma；r1和r2為固定電阻，阻值分別為r1=0.5，r2=2.0；由此可知，若使用a和b兩個(gè)接線柱，電表的量程為0.5a；若使用a和c兩個(gè)接線柱，電表的量程為2.5a；(1)電壓表有兩種規(guī)格，v1（量程1.5v，內(nèi)阻約為2k）和v2（量程3v，內(nèi)阻約為4k）；滑動變阻器有兩種規(guī)格，最大阻值分別為20和500，則電壓表應(yīng)選用_____（填“v1”或“v2”），r應(yīng)選用最大阻值為________的滑動變阻器。(2)實(shí)驗(yàn)步驟如下：①開關(guān)s2撥向b，將滑動變阻器r的滑動片移到______端（選填“左”或“右”），閉合開關(guān)s1；②多次調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑動片，記下電壓表的示數(shù)u和毫安表的示數(shù)i；某次測量時(shí)毫安表的示數(shù)如圖（b）所示，其讀數(shù)為_________ma。③以u為縱坐標(biāo)，i為橫坐標(biāo)，作u－i圖線（用直線擬合），如圖（c）所示；④根據(jù)圖線求得電源的電動勢e=________v（結(jié)果保留三位有效數(shù)字），內(nèi)阻r=________（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）?！敬鸢浮?1).v1(2).20(3).右(4).58.0(5).1.48(6).0.45（0.42～0.48之間均對）【解析】【詳解】(1)[1][2]一節(jié)干電池的電動勢約為1.5v，故電壓表選v1；因內(nèi)阻較小，為了便于調(diào)節(jié)，滑動變阻器應(yīng)選擇20Ω的；(2)[3]為了讓電流由最小開始調(diào)節(jié)，開始時(shí)滑動變阻器阻值滑到最大位置；故應(yīng)滑到右端；[4]由圖可知，電流表最小分度為1ma；故讀數(shù)為58.0ma；[5][6]使用ab兩接線柱時(shí)，r1與r2串聯(lián)后與表頭并聯(lián)；則量程為且內(nèi)阻為由串并聯(lián)電路規(guī)律可知若毫安示數(shù)為i，則電路的總電流等于5i，則由閉合電路歐姆定律可知所以圖象中與縱坐標(biāo)的交點(diǎn)表示電源的電動勢圖象的斜率表示即解得由于誤差0.42～0.48之間均對三、解答題（共36分）13.如圖所示，粗糙水平面上靜止放置一質(zhì)量為2m的木板，在木板上右端靜置一質(zhì)量為m的小滑塊．一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為2m的小朋友蕩秋千，從a點(diǎn)由靜止出發(fā)繞o點(diǎn)下擺，當(dāng)擺到最低點(diǎn)b時(shí)，小朋友在極短時(shí)間內(nèi)用腳水平蹬踏木板的左端，然后自己剛好能回到a點(diǎn)．已知秋千的擺繩長為l，質(zhì)量不計(jì)，ao與豎直方向的夾角為60°．小滑塊與木板之間、木板與水平面間的動摩擦因數(shù)都是，重力加速度為g．求：(1)秋千擺到最低點(diǎn)b，小朋友未蹬踏木板時(shí)秋干擺繩的拉力大??；(2)小朋友蹬踏木板過程中，小朋友做功大??；(3)若小滑塊不從木板上滑下，木板至少應(yīng)為多長．【答案】（1）4mg（2）（3）【解析】【分析】(1)從a點(diǎn)下擺到b點(diǎn)，只有重力做功，機(jī)械能守恒．由機(jī)械能守恒定律求出小朋友運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)的速度．在最低點(diǎn)，由合力充當(dāng)向心力，由向心力公式求解秋千繩的拉力；(2)小朋友蹬踏木板過程中，沿水平方向動量守恒．由動量守恒定律列式．再由動能定理求小朋友做功大??；(3)由牛頓第二定律分別求出滑塊和木板的加速度，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式可求得木板的長度.【詳解】(1)小朋友從a點(diǎn)下擺到b點(diǎn)，只有重力做功，機(jī)械能守恒.設(shè)到達(dá)b點(diǎn)速度大小為v0,則由機(jī)械能守恒定律有：繩子拉力設(shè)為t，由受力分析和圓周運(yùn)動知識有：解得：t=4mg(2)由題意知，小朋友蹬踏木板后速度大小不變，方向向左由動量守恒定律得：2mv0=-2mv0+2mv1得木板的速度：小朋友做功大?。?3)由牛頓第二定律得：小滑塊的加速度：木板的加速度：當(dāng)二者速度相等后，由于整體的加速度等于滑塊的最大加速度，所以此后二者保持相對靜止，設(shè)此過程經(jīng)過的時(shí)間為t由速度關(guān)系得：v1-a板t=a塊t此過程木板的位移：滑塊的位移：小滑塊不從木板上滑下，木板至少應(yīng)為：x=x板-x塊解得：【點(diǎn)睛】本題考查了機(jī)械能守恒定律、動量守恒定律、牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式，關(guān)鍵分析滑塊和木板的運(yùn)動情況，然后對各個(gè)過程分別運(yùn)用合適的規(guī)律列式求解.14.如圖甲所示，足夠長的兩金屬導(dǎo)軌水平平行固定，兩導(dǎo)軌間距為，電阻不計(jì)，且處在豎直向上的磁場中，完全相同的導(dǎo)體棒垂直放置在導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌接觸良好，兩導(dǎo)體棒的間距也為，電阻均為，開始時(shí)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖乙所示的規(guī)律變化，當(dāng)時(shí)導(dǎo)體棒剛好要滑動，已知，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力．（1）求每根導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的滑動摩擦力的大小及內(nèi)整個(gè)回路中產(chǎn)生的焦耳熱．（2）若保持磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，用一個(gè)水平向右的力拉導(dǎo)體棒，使導(dǎo)體棒由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，力的變化規(guī)律如圖丙所示，則經(jīng)過多長時(shí)間導(dǎo)體棒開始滑動?每根導(dǎo)體棒的質(zhì)量為多少？（3）當(dāng)（2）問中拉力作用時(shí)間為4s時(shí)，求兩棒組成的系統(tǒng)的總動量．【答案】（1）（2）（3）【解析】【詳解】（1）開始時(shí)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，則回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：則電路中的電流為：當(dāng)時(shí)：0.8s內(nèi)整個(gè)回路中產(chǎn)生的焦耳熱為：（2）對b棒，根據(jù)牛頓第二定律有：,即：結(jié)合圖像的縱軸截距和斜率可得：解得：當(dāng)導(dǎo)體棒a剛好要滑動時(shí)有：解得：此時(shí)導(dǎo)體棒b運(yùn)動的時(shí)間為：（3）當(dāng)導(dǎo)體棒滑動后的2s內(nèi)，兩棒受到的安培力等大反向，對系統(tǒng)，根據(jù)動量定理有：由題圖丙圖像與時(shí)間軸所圍面積的意義可知：則：15.如圖，金屬板m、n板豎直平行放置，中心開有小孔，板間電壓為，e、f金屬板水平平行放置，間距和板長均為d，其右側(cè)區(qū)域有垂直紙面向里足夠大的勻強(qiáng)磁場，磁場上ac邊界與極板e(cuò)在同一條直線上．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的正電粒子，從極板m的中央小孔處由靜止釋放，穿過小孔后沿ef板間中軸線進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，從ad邊界上的p處離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)速度方向與水平方向夾角為37°，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，忽略粒子重力及平行板間電場的邊緣效應(yīng)，求：（1）粒子到達(dá)小孔時(shí)的速度；