河南省南阳市高三物理上学期期中试题（含解析）.doc

物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分1-8小题只有一个选项正确，9-12小题每题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，不选或有错选的得0分）1（4分）在物理学发展过程中，有许多伟大的科学家作出了贡献，关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）a伽利略发现了行星运动的规律b法拉第提出了电场的概念c库仑通过实验测出了万有引力常量d牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因考点：物理学史.专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：a、开普勒发现了行星运动的规律，故a错误；b、法拉第提出了电场的概念，故b正确；c、卡文迪许通过实验测出了万有引力常量，故c错误；d、伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，故d错误；故选：b点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（4分）（2014河西区二模）某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（）aa点的电势高于b点的电势bc点的电场强度大于d点的电场强度c若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功d若将一负试探电荷由c点移到d点，电势能增加考点：电场线；电场强度；电势；电势能.分析：要正确在电场中通过电场线来判断电场强度、电势、电势能大小变化，理解这些概念之间的关系解答：解：a、做出通过b点的等势线，等势线与过a点的电场线相交，根据沿电场线电势降低可知：a点的电势低于b点的电势，故a错误；b、从电场线的分布情况可知，d处的电场线比c处的密，所以c点的电场强度小于d点的电场强度，故b错误；c、正电荷所受电场力和电场线方向相同，因此正试探电荷由a点移到b点时电场力做负功，故c正确；d、当负试探电荷由c点移到d点时电场力做正功，电势能减小，故d错误故选c点评：电场强度、电势、电势能、电场力做功等概念是本章的重点和难点，要弄清它们之间的区别和联系，并能在实际电场中或者电荷运动过程中弄清它们的变化3（4分）如图所示，用一轻绳将光滑小球p系于竖直墙壁上的o点，在墙壁和球p之间夹有一长方体物块q，p、q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁从o点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中（）a细绳的拉力逐渐变小bq受到墙壁的弹力逐渐变大cq受到墙壁的摩擦力逐渐变大dq将从墙壁和小球之间滑落考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力.专题：共点力作用下物体平衡专题分析：分别对p、q受力分析，通过p、q处于平衡判断各力的变化解答：解：a、对p分析，p受到重力、拉力和q对p的弹力处于平衡，设拉力与竖直方向的夹角为，根据共点力平衡有：拉力f=，q对p的支持力n=mgtan铅笔缓慢下移的过程中，增大，则拉力f增大，q对p的支持力增大故a错误b、c、d、对q分析知，在水平方向上p对a的压力增大，则墙壁对q的弹力增大，在竖直方向上重力与摩擦力相等，所以a受到的摩擦力不变，q不会从墙壁和小球之间滑落故b正确，c、d错误故选：b点评：本题关键是能够灵活地选择研究对象进行受力分析，根据平衡条件列方程求解4（4分）质量为m=2kg的物体沿水平面向右做直线运动，t=0时刻受到一个水平向左的恒力f，如图甲所示，此后物体的vt图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g=10m/s2，则（）a物体与水平面间的动摩擦因数=0.5b10s末恒力f的瞬时功率为6wc10s末物体在计时起点左侧3m处d10s内物体克服摩擦力做功34j考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系.专题：运动学中的图像专题分析：由vt图分别求得由力f和没有力f作用时的加速度，对两段时间分别运用牛顿第二定律列式后联立求解；设10s末物体离起点点的距离为d，d应为vt图与横轴所围的上下两块面积之差，根据功的公式求出克服摩擦力做功解答：解：a、设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由vt图得：加速度大小a1=2 m/s2方向与初速度方向相反设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由vt图得：加速度大小a2=1m/s2 方向与初速度方向相反根据牛顿第二定律，有 f+mg=ma1 fmg=ma2解得：f=3n，=0.05，故a错误b、10s末恒力f的瞬时功率为：p=fv=36w=18w故b错误c、根据vt图与横轴所围的面积表示位移得：x=4866m=2m，负号表示物体在起点以左故c错误d、10s内克服摩擦力做功：wf=fs=mgs=0.0520（48+66）j=34j故d正确故选：d点评：本题关键先根据运动情况求解加速度，确定受力情况后求解出动摩擦因数，根据vt图与横轴所围的面积表示位移求解位移5（4分）如图甲所示，一轻秆一端连接在o点转轴上，另一端固定一个小球，在竖直平面内做半径为r的圆周运动小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为n，小球在最高点的速度大小为v，其nv2图象如乙图所示下列说法正确的是（）a当地的重力加速度大小为b小球的质量为rcv2=c时，杆对小球的弹力方向向上d若c=2b，则杆对小球弹力大小为2a考点：向心力；向心加速度.专题：匀速圆周运动专题分析：（1）在最高点，若v=0，则n=mg=a；若n=0，则mg=m，联立即可求得当地的重力加速度大小和小球质量；（2）由图可知：当v2b时，杆对小球弹力方向向上，当v2b时，杆对小球弹力方向向下；（3）若c=2b根据向心力公式即可求解解答：解：ab、在最高点，若v=0，则n=mg=a；若n=0，则mg=m解得：g=，m=，故a错误，b正确；c、由图可知：当v2b时，杆对小球弹力方向向上，当v2b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2=c时，杆对小球弹力方向向下，故c错误；d、若c=2b则n+mg=m，解得n=a，故d错误故选：b点评：本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息，难度适中6（4分）某兴趣小组设计了一个火灾报警装置，其电路如图所示，r1、r3为定值电阻，热敏电阻r2的阻值随着温度的升高而减小，通过电压表示数和灯泡亮度变化可监控r2所在处的火情若r2所在处出现火情，则（）a电压表示数变大，灯泡变亮b电压表示数变小，灯泡变暗cr3的阻值较小时，电压表示数变化明显dr3的阻值较大时，电压表示数变化明显考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题分析：r2所在处出现火情，r2的温度升高，电阻增大，抓住电源的电动势和内阻不变，采取局部整体局部方法分析其它量的变化解答：解：ab、当r2所在处出现火情时，温度升高，r2变小，r2与r3并联的电阻变小，外电路总电阻变小，则干路电流i干变大，路端电压u变小，则电压变示数变小，灯泡变亮故ab错误cd、当r3的阻值较大时，根据欧姆定律可知，由于干路电流的变化，r3的电压变化较大，从而导致电压表示数变化明显，故c错误，d正确故选：d点评：解决本题的关键要正确分析热敏电阻r2的阻值变化情况，抓住电源的电动势和内阻不变，结合闭合电路欧姆定律进行动态分析7（4分）如图所示，将一质量为m的小球从空中o点以速度v0水平抛出，飞行一段时间后，小球经过空间p点时动能为ek=5mv，不计空气阻力，则小球从o到p（）a下落的高度为b经过的时间为c运动方向改变的角度的正切值为d速度增量为3v0，方向竖直向下考点：平抛运动.专题：平抛运动专题分析：a、结合p点的动能求出p点竖直方向上的分速度，结合速度位移公式求出小球从o点到p点下落的高度；b、根据动能的改变量为重力做功增加量，求出下落的高度，根据自由落体的位移时间公式求出时间；c、根据平行四边形定则求出运动方向改变的角度；d、速度的增量为加速度与时间的乘积，直接计算出结果解答：解：a、d、小球在p点的动能：ek=mvp2=m（v02+vy2）=5mv02，解得：vy=3v0；o和p点的高度差：h=；故a错误，d正确；b、经过的时间满足竖直方向上的位移时间公式：h=gt2，代入h解得：t=；故b错误；c、设运动方向改变的角度为，知p点的速度方向与水平方向的夹角为，则：tan=3，故c错误；故选：d点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合平行四边形定则，抓住等时性，运用运动学公式灵活求解8（4分）在大雾天，一辆小汽车以30m/s的速度匀速行驶在高速公路上，突然发现正前方30m处有一辆大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，如图所示，图线a、b分别为小汽车和大卡车的vt图象（忽略刹车反应时间），以下说法正确的是（）a不会发生追尾事故b在t=3s时发生追尾事故c在t=5s时发生追尾事故d发生追尾事故时两车速度相等考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：运动学中的图像专题分析：当两车通过的位移之差等于30m时，两车会发生追尾根据速度时间图象所时间轴所围“面积”大小等于位移，进行分析解答：解：根据速度时间图象所时间轴所围“面积”大小等于位移，由图知，t=3s时，b车的位移为：sb=vbt=103m=30mb车的位移为sa=（30+20）1+（20+15）2=60m则sasb=30m，所以在t=3s时追尾故b正确故选：b点评：解答本题关键要抓住速度图象的面积表示进行求解，属于基本题9（4分）（2009宁夏）如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为（）a物块先向左运动，再向右运动b物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动c木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动d木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题分析：据题，当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，根据摩擦力的方向分别分析两个物体的运动情况解答：解：由题知道：当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动故选bc点评：本题关键要分析得到撤掉拉力时两个物体之间仍存在摩擦力，考查分析物体受力情况和运动情况的能力10（4分）2007年10月24日，我国发射了第一颗探月卫星“嫦娥一号”，使“嫦娥奔月”的神话变为现实嫦娥一号发射后先绕地球做圆周运动，经多次变轨，最终进入距月球表面h=200km的圆形工作轨道，进行科学探测，已知月球半径为r，月球表面的重力加速度为g月，万有引力常量为g，则下列说法正确的是（）a由题目条件可知月球的平均密度为b在嫦娥一号工作轨道处的重力加速度为（）2g月c嫦娥一号绕月球运行的周期为2d嫦娥一号在工作轨道上的绕行速度为考点：万有引力定律及其应用.专题：万有引力定律的应用专题分析：根据万有引力提供向心力，推导出线速度和角速度及周期的公式，得出选项解答：解：cd、根据万有引力提供向心力，即：g=m=mr，解得；v=，t=2嫦娥一号的轨道半径为r=r+h，结合黄金代换公式：gm=gr2，代入线速度和周期公式得：v=，t=2，故cd错误；a、由黄金代换公式得中心天体的质量m=，月球的体积v=r3，则月球的密度=，故a正确；b、月球表面万有引力等于重力，则g=mg，得：g=（）2g，故b正确；故选：ab点评：本题关键根据卫星的万有引力等于向心力，以及星球表面重力等于万有引力列两个方程求解11（4分）如图所示，p、q为一平行板电容器的两个竖直放置的金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球，闭合开关s，小球静止时，悬线偏离竖直方向角，则有（）a小球一定带正电b若断开开关s，小球将回到竖直位置c若断开开关s，将p板向上微移，悬线偏角将变大d保持开关s闭合，将p板向左微移，悬线拉力将变小考点：电容器的动态分析.专题：电容器专题分析：分析小球的受力情况，即可判断其电性；若断开开关s，电容器带电量不变，板间场强不变，小球仍静止不动；将p板向上微移，根据电容的决定式c=和定义式c=，结合电量不变的条件进行分析即可保持开关s闭合时，电容器板间电压不变，由e=、f=qe结合分析电场力变化，从而作出判断解答：解：a、小球受重力mg、线的拉力t和电场力qe，根据共点力平衡条件可知，重力mg和电场力qe的合力f与线的拉力t必定等大反向，其受力示意图如下图所示，根据图中几何关系有：qe=mgtan，t=f=qesin，由于电场方向由p板指向q板，与电场力方向相同，因此小球带正电故a正确b、若断开开关s，则平行板电容器两金属板所带电量q不变，两板间电势差u不变，因此电场强度e不变，即小球受力不变，因此小球静止不动，故b错误c、若断开开关s，将p板向上微移，则平行板电容器两金属板所带电量q不变，但电容器c减小，因此两板间电势差u增大，电场强度e增大，因此悬线偏角将变大，故c正确d、若保持开关s闭合，则两板间电势差u不变，将p板向左微移，则板间d增大，因此电场强度e减小，此悬线偏角将变小，悬线拉力t将变小，故d正确故选：acd点评：本题主要考查了物体的受力分析、共点力平衡条件的应用，以及有关电容器的动态分析问题12（4分）空间存在着平行于x轴方向的静电场，a、m、o、b为x轴上的点，oaob，om=on，一带负电的粒子在ab间的电势能ep随x的变化规律为如图所示的折线，则下列判断中正确的是（）am点电势比n点电势高bao间的电场强度大于bo间电场强度c把该粒子从o向n移动过程中，电场力做正功d若将一带正电的粒子从m点静止释放，它不能能通过n点考点：电势差与电场强度的关系；电势.专题：电场力与电势的性质专题分析：由图可知，试探电荷在ab两点电势能相等，在m点的电势能小于在n点的电势能，在o点的电势能最大，根据=判断电势的高低；根据wab=epaepb判断电场力做功情况；根据wab=fx，图象的斜率表示电场力大小解答：解：a、沿着ao方向，电势能逐渐升高，在由o点向b点移动的过程中电势能逐渐减少，由于粒子带负电，故电势先减小又增大，即沿ob方向，电势逐渐升高；由于om=on，emen，根据电场强度与电势差的关系可知：uomuon，故mn，故a正确；b、在epx图象中，图象的斜率绝对值表示电场力大小，故ao间的电场强度大于ob间的电场强度，故b正确；b、带负电的粒子在0向n点移动的过程中电势能逐渐减小，说明电场力做正功，故c正确；d、若将一个带正电的粒子从m点静止释放，在电场力的作用下，它将加速运动到0后，再向n点做减速运动，根据能量守恒定律可知，运动到n点时，其动能大于零，故d错误；故选：abc点评：本题综合考查了对epx图象以及电场力的性质和能的性质的理解和运用问题关键理解图象的物理意义二、填空题（本题共3小题，共19分）13（4分）利用如图所示装置进行验证机械能守恒定律的实验时，需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h某班同学利用实验得到的纸带，设计了四种测量方案，正确的是 （）a用刻度尺测出物体下落的高度h，并测出下落时间t，通过v=gt计算出瞬时速度vb用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v=计算出瞬时速度vc根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过h=计算出高度hd用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v考点：验证机械能守恒定律.专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项该实验是验证机械能守恒定律的实验因为我们知道自由落体运动只受重力，机械能就守恒如果把重物的实际运动看成自由落体运动，再运用自由落体的规律求解速度，那么就不需要验证解答：解：该实验是验证机械能守恒定律的实验因为我们知道自由落体运动只受重力，机械能就守恒如果把重物的实际运动看成自由落体运动，再运用自由落体的规律求解速度，那么就不需要验证呢其中abc三项都是运用了自由落体的运动规律求解的，故abc错误故选d点评：我们做验证实验、探究实验过程中，不能用验证的物理规律和探究的物理结论去求解问题纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能14（9分）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器已校准，待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数应为0.3960.399mm（该值接近多次测量的平均值）；（2）用伏安法测金属丝的电阻rx实验所用器材为：电池组（电动势3v，内阻约1）、电流表（内阻约0.1）、电压表（内阻约3k）、滑动变阻器r（020，额定电流2a）、开关、导线若干某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如表：次数1234567u/v0.100.300.701.001.501.702.30i/a0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520由以上数据可知，他们测量rx是采用图乙中的a图（选填“a”或“b”）；（3）图丙是测量rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片p置于变阻器的一端请根据图（2）所选的电路图，补充完成图丙中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏；（4）这个小组的同学在坐标纸上建立u、i坐标系，如图丁所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点，请在图丁中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出ui图线，由图线得到金属丝的阻值rx=4.5（保留2位有效数字）；考点：测定金属的电阻率.专题：实验题分析：（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）根据题意确定滑动变阻器接法，然后选择实验电路；（3）根据电路图连接实物电路图；（4）根据坐标系内描出的点作出图象，然后根据图象与电阻定律分析答题解答：解：（1）由图丙所示螺旋测微器可知，其示数为：0mm+39.70.01mm=0.397mm（0.3960.399均正确）；（2）由表中实验数据可知，最小电压与电流很小，接近于零，由此可知，滑动变阻器应用分压式接法，因此实验采用的是图甲所示电路；（3）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（4）根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：由图示图象可知，第6组实验数据偏离图线太远，改组实验数据是错误的，应舍去，由图示图象可知，电阻rx=4.5故答案为：（1）0.3960.399；（2）a；（3）如实物图所示；（4）如图，4.5点评：要掌握螺旋测微器的读数方法；明确电学实验中，当要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式接法；当满足待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应用外接法，当电流表内阻远小于待测电阻阻值时，电流表应用内接法15（6分）利用如图甲所示的装置可测量滑块在斜面上运动的动摩擦因数在斜面上安装有两个光电门，且光电门a、b固定在斜面上，ab两点高度差为h，水平距离为s，当带有宽度为d的遮光片（d很小）的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门相连的计时器可以显示出遮光片通过光电门时的遮光时间，让滑块每次从斜面上的不同点由静止开始滑下，记下相应的ta、tb值（1）根据上面测量的物理量，得到滑块的动摩擦因数计算表达式为=（）；（2）某实验小组同学测得h=0.3m，s=0.4m，d=0.5m，多次测量ta、tb值，由计算机处理得到图线如图乙所示，可计算得到滑块与斜面动摩擦因数=0.5（g=10m/s2）考点：探究影响摩擦力的大小的因素.专题：实验题分析：（1）滑块通过光电门的时间极短，速度变化很小，可以用平均速度代替瞬时速度滑块从a到b的过程，根据动能定理和几何关系列式，即可得到动摩擦因数计算表达式（2）求出图象的函数表达式，然后求出动摩擦因数解答：解：（1）由于遮光板很窄，滑块通过光电门的时间极短，速度变化很小，可以其用平均速度表示瞬时速度因此滑块经过光电门a、b时的瞬时速度分别为：va=，vb=；滑块从a到b的过程，根据动能定理得：mghmgcossab=mvb2mva2，由几何关系有：sabcos=s，联立解得：=（）（2）根据第（1）问解得的表达式，变形为：=+（），根据图示图象可知，图象中的截距：（）=80000，将h=0.3m，s=0.4m，d=0.5m代入解得：=0.5；故答案为：（1）（）；（2）0.5点评：本题关键要理解掌握光电门测量速度的原理，运用动能定理得到动摩擦因数的表达式，分析图象截距的意义三、计算题（本题共4小题，共43分答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤）16（8分）（2013大连模拟）2012年11月25日，我国首次舰载机阻拦着舰试验取得圆满成功！与岸基飞机着陆时可缓慢减速平飞不同，舰载机着陆必须加速，一旦舰载机尾钩未能挂住阻拦索，必须能快速拉升逃逸假设“歼15”战机着舰速度为27m/s，钩住阻拦索后能在3s内匀减速停下若没有钩住阻拦索，必须加速到50m/s才能安全飞离航母，航母甲板上可用于战机加速的长度仅有200m求：（1）“歼15”战机钩住阻拦索减速过程中的加速度和滑行距离；（2）“歼l5”战机在甲板上加速飞行的加速度至少是多少考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系.专题：直线运动规律专题分析：根据匀变速直线运动的速度时间公式求出“歼15”战机钩住阻拦索减速过程中的加速度，根据匀变速直线运动的平均速度公式求出减速滑行的距离通过速度位移公式求出战机在甲板上加速飞行的加速度解答：解：（1）由速度时间公式得，0=v0+a1t，解得：则：（2）根据速度位移公式得：答：（1）“歼15”战机钩住阻拦索减速过程中的加速度为9m/s2，滑行距离为40.5m（2）“歼l5”战机在甲板上加速飞行的加速度至少为4.43m/s2点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用17（11分）如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为=37固定斜面上（斜面足够长），对物体施加平行于斜面向上的恒力f，作用时间t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分vt图象如图乙所示设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，（sin37=0.6，cos37=0.8）试求：（1）拉力f的大小（2）t=4s时物体的速度考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系.专题：牛顿运动定律综合专题分析：由图象得出加速上升过程和减速上升过程的加速度，然后根据牛顿第二定律列方程求解；先通过图象得到3s末速度为零，然后求出3s到4s物体的加速度，再根据速度时间关系公式求解4s末速度解答：解：（1）设力f作用时物体的加速度为a1，对物体进行受力分析由牛顿第二定律得：fmgsinmgcos=ma1撤去力f，由牛顿第二定律得：mgsin+mgcos=ma2根据图象可知：a1=20m/s2，a2=10m/s2代入解得：f=30n （2）在物块由a到c过程中，设撤去力后物体运动到最高点时间为t2v1=a2t2，解得t2=2s 则物体沿斜面下滑的时间为t3=tt1t2=1s 设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律得mgsinmgcos=ma3解得：a3=2m/s2所以t=4s时物体的速度：v=a3t3=21=2m/s，沿斜面向下 答：（1）拉力f的大小是30n；（2）物体4s末速度为2m/s点评：本题关键受力分析后，根据牛顿第二定律，运用正交分解法求解出各个运动过程的加速度，然后结合运动学公式列式求解18（12分）如图所示，在两虚线mn、pq区域内存在匀强磁场，宽度为l；一质量为m，带电量为+q的滑块（可看成点电荷），从距mn为l的绝缘水平面a处以初速度v0向右运动并进入电场区域，滑块与水平面间的动摩擦因数为（1）若该区域电场为水平方向，并且用速度传感器测得滑块从出口处滑出的速度与进入该区域的速度相同，求电场强度大小与方向，以及滑块滑出电场的速度；（2）若电场为水平方向，并且用速度传感器测得滑块滑出电场区域的速度等于滑块的初速度v0，求该区域的电场强度大小与方向；（3）若电场为竖直方向，测出滑块到达出口处速度为 （此问中取v0=2），再仅将该区域电场反向，其它条件不变，发现滑块未能从出口滑出，求滑块所停位置距mn多远考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理.专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）根据题意判断滑块的运动性质，然后由平衡条件求出场强的大小与方向，由动能定理求出滑块速度（2）应用动能定理求出场强的大小与方向（3）对滑块受力分析，应用动能定理列方程，然后求出滑块静止时的位置解答：解：（1）滑块从出口处滑出的速度与进入该区域的速度相同，说明滑块在电场区域匀速运动，根据平衡条件有：qe1=mg，解得：e1=，其方向水平向右滑块进入电场前，根据动能定理有：mgl=mv2解得滑块滑出该区域的速度为：v=（2）从滑块开始运动到出电场区域，根据动能定理有：得：mg2l+qel=mv02mv02，解得：e2=，其方向水平向右 （3）根据题意可以判断出，第一次时电场方向为竖直向上，根据动能定理有：mgl（mgqe3）l=m（）2mv02，第二次电场反向后，设滑块所停位置距左边界距离为s，根据动能定理有：mgl（mg+qe）s=0mv02，已知v0=2，解得：s=l；答：（1）若该区域电场为水平方向，并且用速度传感