江西省南昌市高三物理上学期摸底试卷（含解析）.doc

江西省南昌市2016届高三上学期摸底物理试卷 一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分第1到8小题只有一个选项正确，第9到12题有多个选项正确）1下列物理量中，属于标量的是( )a位移b加速度c动能d磁感应强度2某质点做匀变速直线运动的位移x与时间t的关系式为x=4t+t2（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点的( )a初速度的大小为2m/sb加速度的大小为1m/s2c第1秒末的速度为5m/sd前2秒内的位移大小为12m3如图所示，质量为0.4kg的物块放在光滑的斜面上，在水平拉力f作用下物块沿斜面上滑高度lm的过程中，拉力f做了8j的功，重力加速度g取10m/s2则在此过程中物体的( )a重力势能增大8jb动能增加12jc机械能增加8jd机械能增加4j4如图所示的电路中，r1是定值电阻，r2是光敏电阻，电源的内阻不能忽略闭合开关s，当光敏电阻上的关照强度增大时，下列说法中正确的是( )a通过r2的电流减小b电源的路端电压减小c电容器c所带的电荷量增加d电源的效率增大5长度为1.0m的轻质细杆oa，a端有一质量为3kg的小球，以o点为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图所示小球通过最高点时的速度为3m/s，取g=10m/s2，则此时轻杆oa受小球的力为( )a大小为9.0n的拉力b大小为3.0n的压力c大小为3.0n的拉力d大小为9.0n的压力6如图，用oa、ob两根轻绳将物体悬于两竖直墙之间，开始时ob 绳水平现保持o点位置不变，改变ob绳长使绳端由b点缓慢上移至b点，此时ob与oa之间的夹角90设此过程中oa、ob的拉力分别为foa、fob，下列说法正确的是( )afoa逐渐增大bfoa逐渐减小cfob逐渐增大dfob逐渐减小7如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，电阻r=55.0，原线圈两端接一正弦式交变电流，电压u随时间t变化的规律为u=110sin20t（v），时间t的单位是s那么，通过电阻r的电流有效值和频率分别为( )a1.0a、20hzba、20hzca、10hzd1.0a、10hz8质量为2kg的物体在xy平面上作曲线运动，在x方向的速度一时间图象和y方向的位移一时间图象分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是( )a质点的加速度大小为3m/s2b质点的初速度为3m/sc2s末质点速度大小为6m/sd质点所受的合外力为3n9如图，圆形闭合线圈内存在方向垂直纸面向外的磁场，磁感应强度随时间变化如图，则下列说法正确的是( )a01s内线圈的磁通量不断增大b第4s末的感应电动势为0c01s内与24s内的感应电流相等d01s内感应电流方向为顺时针方向10一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，速度大小增加为原来的2倍，则变轨前后卫星的( )a轨道半径变为原来的2倍b卫星的轨道半径变为原来的倍c卫星的运动周期变为原来的8倍d卫星的加速度变为原来的16倍11如图所示，平行直线表示电场线未标方向，带电量为1.0102c的微粒在电场中只受电场力作用，由a点移到b点，动能损失0.1j，若a点电势为10v，则( )ab点电势为ob电场线方向从左向右c微粒的运动轨迹可能是轨迹1d微粒的运动轨迹可能是轨迹212用一水平力f拉静止在水平面上的物体，在f由零逐渐增大的过程中，加速度a随力f变化、的图象如图所示，重力加速度g取10m/s2，水平面各处的粗糙程度相同，认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，则由此可推算出( )a物体的质量b物体与水平地面间滑动摩擦力的大小c拉力f=12n时物体运动的速度大小d拉力f=12n时物体运动的位移大小二、实验题（本大题共2小题，共12分）13如图为利用打点计时器研究匀变速直线运动所得到的一条纸带的一部分，0.1、2，3，4，5，6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出所用交流电的频率为50hz，从纸带上测出x1=3.20cm，x2=4.75cm，x3=6.30cm，x4=7.85cm，x5=9.40cm，x6=10.95cm小车运动的加速度大小为_m/s2，打下第3点的速度大小为_m/s（结果保留2位有效数字）14在“测定金属丝的电阻率”的实验中，待测电阻丝阻值约为5（1）用螺旋测微器测量电阻丝的直径d其中一次测量结果如图所示，图中读数为d=_mm（2）为了测量电阻丝的电阻r，除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：a电压表v，量程3v，内阻约3kb电流表a1，量程0.6a，内阻约0.2c电流表a2，量程100a，阻约2000d滑动变阻器r1，01750额定电流0.3ae滑动变阻器r2，05，额定电流iaf电源e（电动势为3v，内阻约为1.2）为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表_，滑动变阻器_（3）用测量的物理量表示计算材料电阻率的表达式是p=_（已用刻度尺测量出接入电路中的金属导线的有效长度为l）三、计算题（本大题共5题，共50分解答本大题时，要求写出必要的文字和重要的演算步骤）15如图所示，两个板长均为l的平板电极，平行正对放置，两极板相距为d，极板之间的电压为u，板间电场可以认为是匀强电场一个带电粒子（质量为m，电荷量为+q从两极板中央以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，恰好从负极板边缘射出电场忽略重力和空气阻力的影响求：（1）极板间的电场强度e的大小；（2）该粒子的初速度v0的大小16如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为=370的固定斜面上（斜面足够长），对物体施一平行于斜面向下的拉力f，t=2s时撤去拉力，物体运动的v一t图象如图乙所示（g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）物体与斜面间的摩擦因数；（2）拉力f的大小17如图所示，仅在xoy平面的第i象限内存在垂直纸面的匀强磁场，一细束电子从x轴上的p点以大小不同的速率射入该磁场中，速度方向均与x轴正方向成锐角8已知速率为v0的电子可从x轴上的q点离开磁场，不计电子间的相互作用，已知pq=l，op=3l，电子的电量为e，质量为m，求（1）磁感应强度的大小和方向；（2）要使全部电子能从op间射出，电子速率的取值范围18如图1所示，两根足够长平行金属导轨mn，pq相距为l=0.50m，导轨平面与水平面夹角为=37，金属棒ab垂直于mn，pq放置在导轨上，且始终与导轨接触良好导轨处于b=0.40t的匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上金属导轨的上端与开关s，定值电阻r1和电阻箱r2相连不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80现在闭合开关s，将金属棒由静止释放（1）判断金属棒ab中电流的方向；（2）若金属棒下滑能达到的最大速度vm随电阻箱r2阻值的变化关系如图2所示求阻值r1和金属棒的质量m19如图甲所示，质量m=3kg足够长的小车静止在水平面上，半径为r的光滑圆轨道的下端与小车的右端平滑对接，质量m=1kg的物块（可视为质点）由轨道顶端静止释放，接着物块离开圆轨道滑上小车从物块滑上小车开始计时，物块运动的速度随时间变化如图乙所示己知小车与水平面间的摩擦因数0=0.01，重力加速度10m/s2，求：（1）物块经过圆轨道最低点时对轨道的压力f大小；（2）直到物块与小车相对静止的过程中因摩擦共产生的热量q江西省南昌市2016届高三上学期摸底物理试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分第1到8小题只有一个选项正确，第9到12题有多个选项正确）1下列物理量中，属于标量的是( )a位移b加速度c动能d磁感应强度考点：矢量和标量分析：矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量根据概念去选择解答：解：abd、位移、加速度和磁感应强度都是既有大小又有方向的矢量，故abd错误c、动能只有大小，没有方向，是标量，故c正确故选：c点评：矢量与标量有两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则2某质点做匀变速直线运动的位移x与时间t的关系式为x=4t+t2（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点的( )a初速度的大小为2m/sb加速度的大小为1m/s2c第1秒末的速度为5m/sd前2秒内的位移大小为12m考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：根据位移时间由物体的位移关系求得质点运动的初速度和加速度，再根据速度时间关系和位移时间关系分析即可解答：解：根据位移时间关系由质点位移时间关系式x=4t+t2可得质点运动的初速度v0=4m/s，加速度a=2m/s2a、质点初速度大小为4m/s，故a错误；b、质点运动加速度的大小为2m/s2，故b错误；c、据速度时间关系v=v0+at得质点第1s末的速度v=4+21m/s=6m/s，故c错误；d、代入t=2s质点的位移x=故选：d点评：本题考查对匀变速直线运动位移公式的掌握程度和应用能力，以及对加速度的理解能力，常见题型3如图所示，质量为0.4kg的物块放在光滑的斜面上，在水平拉力f作用下物块沿斜面上滑高度lm的过程中，拉力f做了8j的功，重力加速度g取10m/s2则在此过程中物体的( )a重力势能增大8jb动能增加12jc机械能增加8jd机械能增加4j考点：功能关系分析：根据重力做功得出重力势能的变化，根据合力做功得出动能的变化，根据除重力以外其它力做功得出机械能的变化解答：解：a、物体沿斜面向上滑高度为1m，则重力做功为：wg=mgh=0.4101j=4j，则重力势能增大4j故a错误；b、根据动能定理得，重力做功为4j，拉力做功为8j，则合力做功为4j，所以动能增加4j故b错误；c、d、除重力外，拉力做功是8j，所以位移的机械能增加8j故c正确；d错误故选：c点评：解决本题的关键掌握功能关系，知道合力做功等于动能的变化量，重力做功等于机械能的减小量，除重力以外其它力做功等于机械能的增量4如图所示的电路中，r1是定值电阻，r2是光敏电阻，电源的内阻不能忽略闭合开关s，当光敏电阻上的关照强度增大时，下列说法中正确的是( )a通过r2的电流减小b电源的路端电压减小c电容器c所带的电荷量增加d电源的效率增大考点：闭合电路的欧姆定律；常见传感器的工作原理专题：恒定电流专题分析：光敏电阻的特性是当光敏电阻上的光照强度增大时，光敏电阻的阻值会减小；总电路的电阻减小，电路中的总电流增大，路端电压就减小解答：解：a：当光敏电阻上的光照强度增大时，光敏电阻的阻值会减小；总电路的电阻减小，电路中的总电流增大，流过r 2的电流增大；故a错误；b：电路中的总电流增大，路端电压就减小故b正确；c：路端电压就减小，电容器两端的电压减小，电容器所带的电量减小故c错误；d：电源效率：，总电路的电阻减小，所以电源的效率就减小故d错误故选：b点评：该题考查光敏电阻的特性与闭合电路的欧姆定律的应用，关键是光敏电阻的特性是当光敏电阻上的光照强度增大5长度为1.0m的轻质细杆oa，a端有一质量为3kg的小球，以o点为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图所示小球通过最高点时的速度为3m/s，取g=10m/s2，则此时轻杆oa受小球的力为( )a大小为9.0n的拉力b大小为3.0n的压力c大小为3.0n的拉力d大小为9.0n的压力考点：向心力；牛顿第二定律专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：小球在最高点，竖直方向上的合力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律求出细杆对球的作用力，从而得出细杆受到的作用力解答：解：在最高点，设杆子对小球的作用力向上，根据牛顿第二定律得：mgf=m，解得：f=mgm=303n=3n，可知杆子对球表现为支持力，细杆oa受到大小为3n向下的压力故b正确，a、c、d错误故选：b点评：解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解6如图，用oa、ob两根轻绳将物体悬于两竖直墙之间，开始时ob 绳水平现保持o点位置不变，改变ob绳长使绳端由b点缓慢上移至b点，此时ob与oa之间的夹角90设此过程中oa、ob的拉力分别为foa、fob，下列说法正确的是( )afoa逐渐增大bfoa逐渐减小cfob逐渐增大dfob逐渐减小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以结点o为研究对象，分析受力，作出轻绳在b和b两个位置时受力图，由图分析绳的拉力变化解答：解：以结点o为研究对象，分析受力：重力g、绳oa的拉力foa和绳bo的拉力fob，如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳ob在两个位置时力的合成图如图，由图看出，foa逐渐减小，fob先减小后增大，当=90时，fob最小故选b点评：本题运用图解法研究动态平衡问题，也可以根据几何知识得到两绳垂直时，轻绳ob的拉力最小来判断7如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，电阻r=55.0，原线圈两端接一正弦式交变电流，电压u随时间t变化的规律为u=110sin20t（v），时间t的单位是s那么，通过电阻r的电流有效值和频率分别为( )a1.0a、20hzba、20hzca、10hzd1.0a、10hz考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据表达式可以知道交流电压的最大值和交流电的周期，根据电压与匝数成正比可以求得副线圈的电压的大小解答：解：根据表达式可知，交流电的最大值为110v，所以原线圈的电压的有效值为110v，根据电压与匝数成正比可得，副线圈的电压为55v，电流为=1a，有表达式可知，交流电的频率为=10hz，故选：d点评：本题考查的是学生对表达式的理解能力，根据表达式读出交流电的最大值和周期，根据电压和匝数之间的关系即可求得8质量为2kg的物体在xy平面上作曲线运动，在x方向的速度一时间图象和y方向的位移一时间图象分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是( )a质点的加速度大小为3m/s2b质点的初速度为3m/sc2s末质点速度大小为6m/sd质点所受的合外力为3n考点：运动的合成和分解专题：运动的合成和分解专题分析：质点在x方向上做匀加速直线运动，在y方向上做匀速直线运动，根据平行四边形定则得出质点的初速度，2s末的速度根据加速度，通过牛顿第二定律求出质点的合外力解答：解：ad、质点的加速度方向沿x轴方向，a=m/s2=1.5m/s2，则f合=ma=3n，合力的方向与初速度的方向不垂直故a错误，d正确b、在x方向上的初速度为3m/s，y方向上的速度为v=4m/s，根据平行四边形定则，则初速度的大小v0=5m/s故b错误c、2s末x方向上的速度为6m/s，y方向上的速度为4m/s，根据平行四边形定则，合速度为v=2m/s故c错误故选：d点评：解决本题的关键知道质点在x方向和y方向上的运动规律，根据平行四边形定则进行合成9如图，圆形闭合线圈内存在方向垂直纸面向外的磁场，磁感应强度随时间变化如图，则下列说法正确的是( )a01s内线圈的磁通量不断增大b第4s末的感应电动势为0c01s内与24s内的感应电流相等d01s内感应电流方向为顺时针方向考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：在bt图中同一条直线磁通量的变化率是相同的；由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势大小恒定；由楞次定律可得出电流的方向解答：解：根据bt图中磁通量的变化率，由法拉第电磁感应定律：e=，得出各段时间内的感应电动势的大小由图象的斜率决定a、根据=bs可知，在01s内线圈的磁通量不断增大，故a正确； b、第4s末的感应电动势等于24s内的感应电动势，即为e=，故b错误； c、根据公式e=，在01s内与24s内的磁通量的变化率不同，所以感应电动势大小不同，则感应电流也不相等，故c错误； d、01s内，磁场垂直纸面向外，大小在增加，根据楞次定律，则有：感应电流方向为顺时针方向，故d正确； 故选：ad点评：解决本题的关键熟练掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律，注意掌握图象的斜率大小与感应电动势的大小关系10一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，速度大小增加为原来的2倍，则变轨前后卫星的( )a轨道半径变为原来的2倍b卫星的轨道半径变为原来的倍c卫星的运动周期变为原来的8倍d卫星的加速度变为原来的16倍考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：根据万有引力提供圆周运动向心力，由卫星轨道半径的变化确定描述圆周运动物理量的变化即可解答：解：ab、卫星圆周运动的向心力由万有引力提供可得可得v=可知当卫星的速度增加为原来的2倍时，其轨道半径减小为原来的，故a错误，b正确；c、据万有引力提供圆周运动向心力有可得卫星周期t=可知当的变为原来的，卫星的周期变为原来的，故c错误；d、据可得a=可得半径变为原来的，加速度变为原来的16倍故d正确故选：bd点评：卫星圆周运动的向心力由万有引力提供，能根据线速度的变化确定轨道半径的变化，再由轨道半径的变化分析其它描述圆周运动物理量的变化是正确解题的关键11如图所示，平行直线表示电场线未标方向，带电量为1.0102c的微粒在电场中只受电场力作用，由a点移到b点，动能损失0.1j，若a点电势为10v，则( )ab点电势为ob电场线方向从左向右c微粒的运动轨迹可能是轨迹1d微粒的运动轨迹可能是轨迹2考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：由带电微粒的动能变化确定在a、b两点的电势能的大小关系，判断出a、b两点电势的高低根据沿电场线方向电势是降低的，得出电场线的方向由运动方向和所受电场力的方向判断微粒的运动轨迹解答：解：由动能定理可知we=ek=0.1j；可知粒子受到的电场力做负功，故粒子电势能增加，b点的电势高于a点电势；而电场线由高电势指向低电势，故电场线向左，故b错误；ab两点的电势差uab=10v，则uaub=10v解得ub=0v；故a正确；若粒子沿轨迹1运动，a点速度沿切线方向向右，受力向左，故粒子将向上偏转，故c正确；若粒子沿轨迹2运动，a点速度沿切线方向向右上，而受力向左，故粒子将向左上偏转，故d错误；故选：ac点评：物体做由线运动时，运动的轨迹应夹在初始速度及合外力方向的中间；本题还应明确电场力做功与电势能的关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功电势能增大12用一水平力f拉静止在水平面上的物体，在f由零逐渐增大的过程中，加速度a随力f变化、的图象如图所示，重力加速度g取10m/s2，水平面各处的粗糙程度相同，认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，则由此可推算出( )a物体的质量b物体与水平地面间滑动摩擦力的大小c拉力f=12n时物体运动的速度大小d拉力f=12n时物体运动的位移大小考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：对物体受力分析，根据牛顿第二定律得出力f与加速度a的函数关系，然后结合图象得出相关信息即可求解解答：解：ab、对物体受重力、地面的支持力、拉力和摩擦力据图象可知：滑动摩擦力为6n，根据牛顿第二定律得：fmg=ma解得：a=由a与f图线，得到：5=0=解得：m=1.2kg，=0.5，故ab正确，c、根据图象只能求出拉力f=12n时的加速度，初速度为零，但是不知道时间，所以无法求解速度大小和位移大小，故cd错误故选：ab点评：本题关键是对滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列方程求解出加速度与推力f的关系式，最后结合a与f关系图象得到待求量二、实验题（本大题共2小题，共12分）13如图为利用打点计时器研究匀变速直线运动所得到的一条纸带的一部分，0.1、2，3，4，5，6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出所用交流电的频率为50hz，从纸带上测出x1=3.20cm，x2=4.75cm，x3=6.30cm，x4=7.85cm，x5=9.40cm，x6=10.95cm小车运动的加速度大小为1.6m/s2，打下第3点的速度大小为0.71m/s（结果保留2位有效数字）考点：测定匀变速直线运动的加速度专题：实验题；直线运动规律专题分析：根据匀变速直线运动的推论公式x=at2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上3点时小车的瞬时速度大小解答：解：由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔t=0.1s，根据匀变速直线运动的推论公式x=at2可以求出加速度的大小，得：a=1.6m/s2，利用时间中点的速度等于该过程中的平均速度为：v3=0.71m/s；故答案为：1.6；0.71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14在“测定金属丝的电阻率”的实验中，待测电阻丝阻值约为5（1）用螺旋测微器测量电阻丝的直径d其中一次测量结果如图所示，图中读数为d=0.855mm（2）为了测量电阻丝的电阻r，除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：a电压表v，量程3v，内阻约3kb电流表a1，量程0.6a，内阻约0.2c电流表a2，量程100a，阻约2000d滑动变阻器r1，01750额定电流0.3ae滑动变阻器r2，05，额定电流iaf电源e（电动势为3v，内阻约为1.2）为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表b，滑动变阻器e（3）用测量的物理量表示计算材料电阻率的表达式是p=（已用刻度尺测量出接入电路中的金属导线的有效长度为l）考点：测定金属的电阻率专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数（2）根据电压表量程选择电源，根据电路最大电流选择电流表，在保证电路安全的前提下，应选最大阻值较小的滑动变阻器（3）根据电阻定律求出电阻率的表达式解答：解：（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为35.50.01mm=0.355mm，螺旋测微器示数为0.5mm+0.355mm=0.855mm（2）电压表量程是3v，电源应选e2（电动势为3v，内阻约为1.2），电路最大电流约为i=0.58a，电流表应选b，量程0.6a，内阻约0.2，为方便实验操作，滑动变阻器应选e；（3）由欧姆定律得，电阻阻值r=，由电阻定律得：r=，解得：=故答案为：（1）0.855；（2）b，e （3）点评：螺旋测微器是利用将长度的测量转化为对转动角度的测量来实现微小量放大的，其精确度为0.01mm，本实验中滑动变阻器既可以采用分压接法，也可以采用限流接法三、计算题（本大题共5题，共50分解答本大题时，要求写出必要的文字和重要的演算步骤）15如图所示，两个板长均为l的平板电极，平行正对放置，两极板相距为d，极板之间的电压为u，板间电场可以认为是匀强电场一个带电粒子（质量为m，电荷量为+q从两极板中央以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，恰好从负极板边缘射出电场忽略重力和空气阻力的影响求：（1）极板间的电场强度e的大小；（2）该粒子的初速度v0的大小考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）根据匀强电场中电势差与电场强度关系公式u=ed列式求解电场强度e的大小；（2）粒子做类平抛运动，平行电场线方向做初速度为零的匀加速直线运动，垂直电场线方向做匀速直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度由题意知，水平分位移等于l，竖直分位移等于d，根据位移公式列式求解初速度v0的大小解答：解：（1）板间电场强度为（2）粒子在电场中做类平抛运动，有l=v0t且 解得：答：（1）极板间的电场强度e的大小为；（2）该粒子的初速度v0的大小为点评：本题关键是明确粒子做类平抛运动，然后类比平抛运动分位移公式列式求解，关键要注意两者的加速度不同16如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为=370的固定斜面上（斜面足够长），对物体施一平行于斜面向下的拉力f，t=2s时撤去拉力，物体运动的v一t图象如图乙所示（g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）物体与斜面间的摩擦因数；（2）拉力f的大小考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系分析：（1）抓住物体在2s后做匀速直线运动，根据共点力平衡求出动摩擦因数的大小（2）根据图线的斜率求出物体的加速度，结合牛顿第二定律求出拉力的大小解答：解：（1）2s后物体匀速运动，根据共点力平衡有：mgsinmgcos=0，代入数据解得 =0.75（2）02s内，物体运动的加速度大小为根据牛顿运动定律可得f+mgsinmgcos=ma代入数据解得 f=5n 答：（1）物体与斜面间的摩擦因数为0.75；（2）拉力f的大小为5n点评：本题考查了共点力平衡和牛顿第二定律的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过图线的斜率求出加速度是关键17如图所示，仅在xoy平面的第i象限内存在垂直纸面的匀强磁场，一细束电子从x轴上的p点以大小不同的速率射入该磁场中，速度方向均与x轴正方向成锐角8已知速率为v0的电子可从x轴上的q点离开磁场，不计电子间的相互作用，已知pq=l，op=3l，电子的电量为e，质量为m，求（1）磁感应强度的大小和方向；（2）要使全部电子能从op间射出，电子速率的取值范围考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）由几何知识求出从q点射出的电子的轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出磁感应强度，由左手定则判断出磁场的方向；（2）求出电子做圆周运动的临界半径，然后应用牛顿第二定律求出电子的临界速度，再确定电子的速度范围解答：解：（1）由几何知识可得，从q点射出的电子的半径：，电子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿运动定律得：，解得：，电子在磁场中沿逆时针方向做圆周运动，由左手定则可知：磁感应强度的方向垂直纸面向外；（2）设能从op射出粒子的运动最大半径为r，则：r+rsin=3l，解得：，设相应的最大速度为v，根据牛顿运动定律得：，解得：，即速度满足的条件为：；答：（1）磁感应强度的大小为，方向：垂直纸面向外；（2）要使全部电子能从op间射出，电子速率的取值范围是：点评：电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清楚电子运动过程，求出电子做圆周运动半径是正确解题的关键，应用牛顿第二定律可以解题18如图1所示，两根足够长平行金属导轨mn，pq相距为l=0.50m，导轨平面与水平面夹角为=37，金属棒ab垂直于mn，pq放置在导轨上，且始终与导轨接触良好导轨处于b=0.40t的匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上金属导轨的上端与开关s，定值电阻r1和电阻箱r2相连不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80现在闭合开关s，将金属棒由静止释放（1）判断金属棒ab中电流的方向；（2）若金属棒下滑能达到的最大速度vm随电阻箱r2阻值的变化关系如