江苏省宿迁市高三物理上学期期中试题 （含解析）.doc

物理试卷一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共计18分每小题只有一个选项符合题意1（3分）物块a置于倾角为30的斜面上，用轻弹簧、细绳跨过定滑轮与物块b相连，弹簧轴线与斜面平行，a、b均处于静止状态，如图所示a、b重力分别为10n和4n，不计滑轮与细绳间的摩擦，则（）a弹簧对a的拉力大小为6nb弹簧对a的拉力大小为10nc斜面对a的摩擦力大小为1nd斜面对a的摩擦力大小为6n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：弹簧的弹力等于b的重力，隔离对a分析，根据共点力平衡求出斜面对a的摩擦力大小解答：解：a、弹簧对a的弹力等于b的重力，即f=gb=4n，故a、b错误c、对a分析，根据共点力平衡得，gasin30=f+f，解得斜面对a的摩擦力f=故c正确，d错误故选：c点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，基础题2（3分）地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a；假设月球绕地球作匀速圆周运动，轨道半径为r1，向心加速度为a1已知万有引力常量为g，地球半径为r下列说法中正确的是（）a地球质量m=b地球质量m=c地球赤道表面处的重力加速度g=ad加速度之比=考点：万有引力定律及其应用；向心力专题：万有引力定律的应用专题分析：运用万有引力提供向心力列出等式和运用圆周运动的物理量之间的关系列出等式解决问题解答：解：a、根据万有引力充当向心力：知质量m=，a正确b错误c、地球表面物体的加速度大小与到地轴的距离有关，不是定值，c错误d、加速度a=r2，不与半径的平方成正比，d错误故选：a点评：根据万有引力充当向心力和黄金代换公式能够解决全部天体问题3（3分）如图所示，半径为r的均匀带正电薄球壳，壳内的电场强度处处为零，其球心位于坐标原点o，一带正电的试探电荷靠近球壳表面处由静止释放沿坐标轴向右运动下列关于坐标轴上某点电势、试探电荷在该点的动能ek与离球心距离x的关系图线，可能正确的是 （）abcd考点：电场强度；电势分析：带电金属球是一个等势体，顺着电场线电势降低试探电荷的动能ek与离开球心的距离r的关系根据动能定理分析解答：解：ab、带电金属球是一个等势体，所以0r的电势不变；顺着电场线电势降低，且e=，随着x的增大，e减小，则x图象切线的斜率减小，故a正确，b错误cd、在球壳内，场强处处为零，试探电荷不受电场力，其动能不变；在球壳外，取一段极短距离内，认为库仑力不变，设为f，根据动能定理得：ek=fr则得：f=，根据数学知识得知：f=等于ekr图象上切线的斜率，由库仑定律知r增大，f减小，图象切线的斜率减小，故c、d错误故选：a点评：本题的关键是运用微元法，根据动能定理列式，分析图象的斜率的意义，即可解答4（3分）如图甲所示，r为电阻箱，为理想电流表，电源的电动势为e，内阻为r图乙为电源的输出功率p与电流表示数i的关系图象，其中功率p0分别对应电流i1、i2，外电阻r1、r2下列说法中正确的是（）ai1+i2bi1+i2=cd考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：由p=ui结合闭合电路欧姆定律分析便可求解解答：解：a、由闭合电路欧姆定律得：u=eir，输出功率为：p=ui=eii2r，故有，整理得：i1+i2=，故a错误，b正确；c、根据电功率表达式，p0=，且i=，则有：；整理得：，故cd错误；故选：b点评：用好闭合电路欧姆定律的表达式，结合输出功率的表达式，有一定的运算量5（3分）如图所示，质量均为m的a、b两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力现用水平力f向右拉物块a，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力重力加速度为g下列说法中错误的是（）a当0fmg时，绳中拉力为0b当mgf2mg时，绳中拉力为fmgc当f2mg时，绳中拉力为d无论f多大，绳中拉力都不可能等于考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用专题：牛顿运动定律综合专题分析：对整体分析，根据共点力平衡求出动摩擦因数的大小，然后隔离对a分析，根据牛顿第二定律求出物块a的加速度大小，最后确定绳子中的拉力解答：解：a、当0fmg时，a受到拉力与静摩擦力的作用，二者可以平衡，绳中拉力为0故a正确；b、当mgf2mg时，整体受到拉力与摩擦力的作用，二者平衡，所以整体处于静止状态此时a受到的静摩擦力到达最大即mg，所以绳中拉力为fmg故b正确；c、当f2mg时，对整体：，对b：，联立解得绳中拉力为故c正确；d、由b的分析可知，当mgf2mg时绳中拉力为fmg，绳中拉力可能等于故d错误本题选择错误的，故选：d点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的使用6（3分）如图所示，固定斜面ae分成等长四部分ab、bc、cd、de，小物块与ab、cd间动摩擦因数均为1；与bc、de间动摩擦因数均为2，且1=22当小物块以速度v0从a点沿斜面向上滑动时，刚好能到达e点当小物块以速度从a点沿斜面向上滑动时，则能到达的最高点（）a刚好为b点b刚好为c点c介于ab之间d介于bc之间考点：动能定理的应用专题：动能定理的应用专题分析：物块向上运动过程要克服重力与阻力做功，应用动能定理求出物块的位移，然后答题解答：解：设斜面的倾角为，ab=bc=cd=de=s，1=22=2，则2=，物块以速度v0上滑过程中，由动能定理得：mg4ssinmgcos2s2mgcos2s=0mv02，则： mv02=4mgssin+6mgscos，初速度为时， m（）2=mv02=mgssin+mgscosmgssin+2mgscos，则滑块能达到的最大高点在b点以下，即介于ab之间某点；故选：c点评：本题考查了判断滑块能到达的最高点，分析清楚滑块的运动过程，应用动能定理即可正确解题二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共计20分每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分7（4分）如图所示，某同学用同一弹簧测力计按图甲、乙两种方式测量某小桶的重力，甲图中系小桶的轻绳较长下列说法中正确的是（）a甲图中弹簧测力计的示数比乙图中的大b两图中弹簧测力计的示数一样大c甲图中绳的拉力比乙图中的大d乙图中绳的拉力比甲图中的大考点：力的合成分析：弹簧秤测量的是小桶的重力，与绳子的长短无关；而当一力进行分解时，根据力的平行四边形定则，即可确定分力与夹角的关系，从而求解解答：解：a、由题意可知，弹簧秤是测量小桶的重力，而与绳子的长短无关，故a错误，b正确；c、当一力进行分解时，当夹角越小，分力越小，当夹角越大时，分力也越大，甲图中绳的拉力之间的夹角小于乙图中的夹角，则甲图中绳的拉力比乙图中的小，故c错误，d正确；故选：bd点评：考查弹簧秤的读数与物体的重力的关系，掌握力的平行四边形定则的内容，注意力的分解时，夹角与分力关系，是解题的关键8（4分）如图所示，足够长的粗糙斜面固定在地面上，某物块以初速度v0从底端沿斜面上滑至最高点后又回到底端上述过程中，若用h、x、v和a分别表示物块距水平地面高度、位移、速度和加速度的大小，t表示运动时间下列图象中可能正确的是（）abcd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：根据某物块以初速度v0从底端沿斜面上滑至最高点后又回到底端，知上滑过程中，物块做匀加速直线运动，下滑时做匀加速直线运动；在粗糙斜面上运动，摩擦力做功，物体的机械能减少，故回到底端时速度小于出发时的速度；根据运动特征判断各图形解答：解：a、上滑时做匀减速运动，故h曲线斜率先大后小，且平均速度大，运动时间短；下滑时做匀加速运动，故h曲线斜率先小后大，且平均速度小，运动时间长；故a正确b、上滑时x曲线斜率先大后小，下滑时x曲线斜率先小后大，故b错误c、由于上滑时合外力为重力分力和摩擦力之和，加速度大小不变，沿斜面向下；下滑时合外力为重力分力和摩擦力之差，加速度大小不变，方向沿斜面向下；所以上滑时加速度大，所以速度曲线斜率大；下滑时加速度小，所以速度曲线效率小，且此过程中，摩擦力做功，使物块到达底端的速率变小，故c正确d、因上滑过程中、下滑过程中的加速度大小均不变，且上滑时加速度大于下滑时的加速度，故加速度应该为两条水平短线，故d错误故选：ac点评：根据图示各物理量的曲线斜率代表的意义，结合实际运动分析即可9（4分）如图所示，相同的乒乓球1、2落台后恰好在等高处水平越过球网，过网时的速度方向均垂直于球网不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自起跳到最高点的过程中，下列说法中正确的是（）a起跳时，球1的重力功率等于球2的重力功率b球1的速度变化率小于球2的速度变化率c球1的飞行时间大于球2的飞行时间d过网时球1的速度大于球2的速度考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：将小球运动视为斜抛运动，将其分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，根据pg=mgvy判定功率关系；根据v=gt判定速度变化快慢；根据运动的合成判定初速度解答：解：ac、将小球运动视为斜抛运动，将其分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，根据过网时的速度方向均垂直于球网，知竖直方向末速度为零，根据vy=v0gt和h=v知竖直方向初速度相同，运动时间相同，水平初速度1的大于2的，pg=mgvy相同，故a正确；b、不计乒乓球的旋转和空气阻力，知两球加速度相同，故球1的速度变化率等于球2的速度变化率，故bc错误；d、根据以上分析知竖直方向初速度相同，运动时间相同，水平初速度1的大于2的，故过网时球1的速度大于球2的速度，d正确故选：ad点评：此题考查斜抛运动，注意将其分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，然后根据规律分析10（4分）如图所示，圆环固定于竖直平面内，长方形空心闭合细管道abcda内接于圆环，管道ab长度小于ad长度，竖直的空心细管道ac为对角线小球由a点静止释放沿管道abc运动到c点，通过ab、bc段时间分别为t1、t2；小球由a点静止释放沿管道ac运动到c点，所用时间为t3；小球由a点静止释放沿管道adc运动到c点，通过ad、dc段时间分别为t4、t5小球通过b、d两点时机械能损失不计，不计摩擦下列关系式中正确的是（）at1=t3=t4bt2=t3=t5ct2t3dt1+t2t4+t5考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；动能定理的应用专题：牛顿运动定律综合专题分析：先根据牛顿第二定律求出小球沿各个管道下滑的加速度，由运动学公式表示出下滑时间，再进行比较解答：解：设ac=d，acb=设小球沿ab、bc、ac、ad、dc下滑的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4、a5根据牛顿第二定律得：a1=a5=gsin，a2=a4=gcos，a3=g则对于ab段有：dsin=，得t1=；对于ac段有：d=，得t3=；对于ad段有：dcos=，得t4=，所以有t1=t3=t4对于bc段有：dcos=a1t1+=gsint1t2+，则得t2，所以t2t3；设小球经过b、d、c的速度大小分别为：vb、vd、vc根据机械能守恒可得：vbvd因为bcdc，则有：，所以解得t2t5；因为t1=t4，所以有t1+t2t4+t5故选：acd点评：本题关键要正确表示出各段时间的表达式，经灵活选择运动学公式，既可根据位移时间公式，也可以由平均速度来表示时间11（4分）如图甲所示，轻杆一端与质量为1kg、可视为质点的小球相连，另一端可绕光滑固定轴在竖直平面内自由转动现使小球在竖直平面内做圆周运动，经最高点开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度v随时间t的变化关系如图乙所示，a、b、c三点分别是图线与纵轴、横轴的交点、图线上第一周期内的最低点，该三点的纵坐标分别是1、0、5g取10m/s2，不计空气阻力下列说法中正确的是（）a轻杆的长度为0.6mb小球经最高点时，杆对它的作用力方向竖直向上cb点对应时刻小球的速度为3m/sd曲线ab段与坐标轴所围图形的面积为0.5m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：已知小球在abc三个点的速度，a到c的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律即可求出杆的长度；结合小球过最高点的受力的特点，即可求出杆对小球的作用力的方向；由机械能守恒可以求出b点的速度；由于y轴表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线ab段与坐标轴所围图形的面积表示a到b的过程小球在水平方向的位移解答：解：a、设杆的长度为l，小球从a到c的过程中机械能守恒，得：，所以：m故a正确；b、若小球在a点恰好对杆的作用力是0，则：，临界速度：m/sva=1m/s由于小球在a点的速度小于临界速度，所以小球做圆周运动需要的向心力小于重力，杆对小球的作用力的方向向上，是竖直向上的支持力故b正确；c、小球从a到b的过程中机械能守恒，得：，所以：m/s故c错误；d、由于y轴表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线ab段与坐标轴所围图形的面积表示a到b的过程小球在水平方向的位移，大小等于杆的长度，即0.6m故d错误故选：ab点评：该题考查竖直平面内的圆周运动，将牛顿第二定律与机械能守恒定律相结合即可正确解答该题中的一个难点是d选项中“曲线ab段与坐标轴所围图形的面积”的意义要理解三、简答题：12题8分，13题10分，共18分12（8分）某同学设计了如图甲所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚开始运动为止，记下传感器的最大示数f0，以此表示小车所受摩擦力的大小再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数f1（1）接通频率为50hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度a=0.16m/s2（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力f（f=f1f0）的关系图象不计纸带与计时器间的摩擦下列图象中可能正确的是ab（3）同一次实验中，小车释放前传感器示数f1与小车加速运动时传感器示数f2的关系是f1f2（选填“”、“=”或“”）（4）关于该实验，下列说法中正确的是ada小车和传感器的总质量应远大于小桶和砂的总质量b实验中需要将长木板右端垫高c实验中需要测出小车和传感器的总质量d用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：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；解答：解：（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点，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=0.16 m/s2，（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力f（f=f1f0）的关系图象由于已经平衡摩擦力，所以图象应该过原点故ab正确，cd错误；故选：ab（3）对小桶受力分析，设小桶重力为mg，木板释放前弹簧秤的示数f1，所以f1=mg，设小车的重力为mg，小车在加速运动时弹簧秤的示数f2，根据牛顿第二定律得：mgf2=ma所以f1f2，（4）a、在该实验中实际是：mg=（m+m）a，要满足mg=ma，应该使小车和传感器的总质量应远大于小桶和砂的总质量，故a正确；b、实验中不需要将长木板右端垫高，因为已经测量了小车所受摩擦力的大小，故b错误；c、实验中不需要测出小车和传感器的总质量，只需要保证小车和传感器的总质量不变，故c错误；d、用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据，故d正确；故选：ad故答案为：（1）0.16 （2）a b（3） （4）ad点评：本题借助实验考查了匀变速直线的规律以及推论的应用，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚13（10分）小明利用如图甲所示的电路测定旧电池组的电动势与内电阻（1）用笔画线代替导线将图乙中的实物连线补充完整；（2）由图丙可知：该电池组的电动势e=4.3v，内阻r=7.5（保留两位有效数字）；（3）小明又利用上述实验方案测定了同规格新电池组的电动势与内电阻通过实验发现旧电池组与新电池组相比，电动势几乎没有变化，但它们的输出功率p随外电阻r变化的关系图线有较大差异，如图丁所示可知图线b （选填“a”或“b”）对应的是新电池组，试说出判断的理由：由公式p=i2r、及丁图知：外电阻相同时，b的输出功率大，电流大、电池组的内阻小考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）由实验原理可得出实验电路图，注意导线不能交叉，电流由正极流入，负极流出；（2）图象与纵坐标的交点表示电源的电动势；图象的斜率表示电源的内阻；（3）根据功率与外电阻的图象可明确哪一个为新电池组解答：解：（1）根据实验电路图可得出实验中的实物图；（2）图象与纵坐标的交点为电源的电动势，由图可知，电动势e=4.3v；内阻r=7.5；（3）由公式p=i2r、及丁图知：外电阻相同时，b的输出功率大，电流大、电池组的内阻小；故b为新电池组； 故答案为：（1）如图所示；（2）4.3；7.5；（3）b；由公式p=i2r、及丁图知：外电阻相同时，b的输出功率大，电流大、电池组的内阻小点评：本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理并正确进行数据处理，会根据图象进行分析四、计算题：本题共4小题，共计64分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位14（15分）一直升机以5.0m/s速度竖直上升，某时刻从飞机上释放一物块，经2.0s落在地面上，不计空气阻力，g取10m/s2求：（1）物块落到地面时的速度；（2）物块2.0s内通过的路程；（3）物块释放时距地面的高度考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：从飞机上释放一物块，物块做竖直上抛运动，根据速度时间公式求出物块落到地面时的速度根据速度位移公式求出物块上升的位移，根据位移时间公式求出下降的位移，从而得出物块2.0s内通过的路程对全过程运用位移时间公式求出物块释放点的高度解答：解：（1）设物块落地时速度为v，由速度公式：v=v0gt带入数据解得：v=15m/s 负号说明方向竖直向下 （2）物块上升过程：由，带入数据得：h1=1.25m 下降过程：由v20=2gh2，代入数据得：h2=11.25m 物块通过的路程为：s=h1+h2=12.5m （3）由 代入数据得，位移h=10m，释放时离地面的高度为10m 答：（1）物块落到地面时的速度为15m/s，方向竖直向下；（2）物块2.0s内通过的路程为12.5m；（3）物块释放时距地面的高度为10m点评：本题考查了竖直上抛运动的基本运用，对于竖直上抛运动，可以分段求解，也可以全过程求解15（16分）如图所示，两个半径为r的四分之一圆弧构成的光滑细管道abc竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线o1o2水平轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端与质量为m的小球接触（不栓接，小球的直径略小于管的内径），长为r的薄板de置于水平面上，板的左端d到管道右端c的水平距离为r开始时弹簧处于锁定状态，具有的弹性势能为3mgr，其中g为重力加速度解除锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从c点抛出（1）求小球经c点时的动能；（2）求小球经c点时所受的弹力；（3）讨论弹簧锁定时弹性势能满足什么条件，从c点抛出的小球才能击中薄板de考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力专题：动能定理的应用专题分析：（1）由机械能守恒定律可以求出小球的动能（2）小球做圆周运动，由牛顿第二定律可以求出弹力大小（3）小球离开c后做平抛运动，由能量守恒定律求出弹簧的弹性势能解答：解：（1）解除弹簧锁定后小球运动到c点过程，弹簧和小球系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：3mgr=2mgr+ek，解得：ek=mgr；（2）小球过c时的动能：，设小球经过c点时轨道对小球的作用力为f，由牛顿第二定律得：，解得：f=mg，方向向下；（3）小球离开c点后做平抛运动，竖直方向：，水平方向：x1=v1t，若要小球击中薄板，应满足：rx12r，弹簧的弹性势能：ep=，弹性势能ep满足：时，小球才能击中薄板；答：（1）小球经c点时的动能为mgr；（2）小球经c点时所受的弹力为mg，方向向下；（3）当时，从c点抛出的小球才能击中薄板de点评：本题考查了求小球的动能、弹力、弹簧的弹性势能，分析清楚小球的运动过程，应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、平抛运动规律即可正确解题16（16分）真空室中有如图甲所示的装置，电极k持续发出的电子（初速不计）经过电场加速后，从小孔o沿水平放置的偏转极板m、n的中心轴线oo射入m、n板长均为l，间距为d，偏转极板右边缘到荧光屏p（足够大）的距离为sm、n两板间的电压umn随时间t变化的图线如图乙所示调节加速电场的电压，使得每个电子通过偏转极板m、n间的时间等于图乙中电压umn的变化周期t已知电子的质量、电荷量分别为m、e，不计电子重力（1）求加速电场的电压u1；（2）欲使不同时刻进入偏转电场的电子都能打到荧光屏p上，求图乙中电压u2的范围；（3）证明在（2）问条件下电子打在荧光屏上形成亮线的长度与距离s无关考点：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）粒子在加速电场中，电场力做功，由动能定理列式，粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，运用运动的合成与分解求出电压；（2）t=0时刻进入偏转电场的电子，先作类平抛运动，后作匀速直线运动，射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y最大，根据运动学基本公式即可几何关系求解；（3）先求出不同时刻射出偏转电场的电子沿垂直于极板方向的速度，再求出电子速度偏转角，从而求出侧移距离的最大值与最小值之差，据此证明即可解答：解：（1）对粒子在加速电场中加速的过程，应用动能定理得：粒子在水平方向上做匀速直线运动，则l=v0t解得电压u1=（2）t=0时刻进入偏转电场的电子，先作类平抛运动，后作匀速直线运动，射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y最大u2作用的时间为，偏转位移为剩下的时间内，粒子做匀速直线运动，此时垂直于极板方向的平均速度为匀加速运动时的两倍，则y2=2y1要使粒子能射出平行板，则联立解得 u2（3）对满足（2）问条件下任意确定的u2，不同时刻射出偏转电场的电子沿垂直于极板方向的速度均为vy=，电子速度偏转角的正切值均为，电子射出偏转电场时的偏转角度均相同，即速度方向相同，不同时刻射出偏转电场的电子沿垂直于极板方向的侧移距离可能不同，侧移距离的最大值与最小值之差，y与u2有关因电子射出时速度方向相同，所以在屏上形成亮线的长度等于y可知，屏上形成亮线的长度与p到极板m、n右边缘的距离s无关答：（1）加速电场的电压u1为；（2）欲使不同时刻进入偏转电场的电子都能打到荧光屏p上，图乙中电压u2的范围为u2；（3）证明如上点评：本题考查了带电粒子在电场中加速和偏转问题，注意带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据平抛运动的基本规律解题，难度适中17（17分） 如图所示，小物块ab由跨过定滑轮的轻绳相连，a置于倾角为37的光滑固定斜面上，b位于水平传送带的左端，轻绳分别与斜面、传送带平行，传送带始终以速度为v0=2m/s向右匀速运动，某时刻b从传送带左端以速度v1=6m/s向右运动，经过一段时间回到传送带的左端，已知a、b质量为1kg，b与传送带间的动摩擦因素为0.2斜面、轻绳、传送带均足够长，a不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩擦力均不计，g取10m/s2，sin37=0.6，求：（1）b向右运动的总时间；（2）b回到传送带左端的速度；（3）上述过程中，b与传送带间因摩擦产生的总热量考点：功能关系；牛顿运动定律的综合应用专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）b向右运动的过程中分别以a与b为研究的对象，结合牛顿第二定律先求出加速度，然后由运动学的公式求出运动的时间；（2）b向左运动的过程中b为研究的对象，结合牛顿第二定律先求出加速度，然后由运动学的公式求出b回到传送带左端的速度；（3）求出b运动的各段的时间，然后求出传送带的位移，则b与传送带间因