江苏省如皋市高三物理上学期质检试题（二）（含解析）新人教版.doc

江苏省南通市如皋市2015届高三（上）质检物理试卷（二）一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共计24分每小题只有一个选项符合题意1在同一平面有四根彼此绝缘的通电直导线，如图所示，四导线中的电流大小关系为i1i2i3=i4，要使o点磁场增强则应切断哪一导线中的电源（）a切断i1b切断i2c切断i3d切断i4考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度分析：根据安培定则判断4根通电导线在1、2、3、4四个区域产生的磁场方向，根据磁场的叠加，判断哪个区域的磁场最强解答：解：根据右手螺旋定则来确定通电导线周围磁场的分布，导线1在o点产生的磁场的方向向里，导线2在o点产生的磁场的方向向里，导线3在o点产生的磁场的方向向里，导线4在o点产生的磁场的方向向外由于i1i2i3=i4，所以合磁场的方向向里，根据磁场的叠加可知，要使o的磁场增强，应切断i4，则d正确故选：d点评：本题利用安培定则判断磁场方向比较简单，但磁场的叠加，较为复杂，采用作图法可防止思路出现混乱2质量为0.8kg的物块静止在倾角为30的斜面上，若用平行于斜面沿水平方向大小等于3n的力推物块，物块仍保持静止，如图所示，则物块所受到的摩擦力大小等于（）a 5nb4nc3nd考点：静摩擦力和最大静摩擦力；滑动摩擦力专题：牛顿运动定律综合专题分析：对滑块受力分析，受推力f、重力g、支持力n和静摩擦力f，根据共点力平衡条件，结合正交分解法列式求解解答：解：对滑块受力分析，受推力f、重力g、支持力n和静摩擦力f，将重力按照作用效果分解为沿斜面向下的分力f=mgsin=4n和垂直斜面向下的分力mgcos=4n；在与斜面平行的平面内，如图，有f=故选a点评：本题的难点在于物体受到的力不在一个平面内，需要将重力按照作用效果进行分析，根据静摩擦力的产生特点和共点力平衡条件列式求解静摩擦力3（3分）如图所示，甲、乙两小船分别从a、b两点开始过河，两船相对静水的速度均小于水流速度，方向分别与河岸成60和30角，两船恰能到达对岸同一位置若甲乙两船渡河过程的位移大小分别为s甲、s乙，则（）as甲s乙bs甲=s乙cs甲s乙d无法确定s甲和s乙的关系考点：运动的合成和分解专题：运动的合成和分解专题分析：根据运动的合成可知，两船与水流速度的合速度的方向即为船行驶的方向，由题意可知，恰能同时到达对岸，从而可确定各自位移关系解答：解：根据题意可作出，两船运动的位移，如图所示，则有s甲s乙故a正确，bcd错误；故选a点评：解决本题的关键是根据速度的合成，即可确定合位移方向，并掌握矢量合成法则4（3分）我国发射了一颗资源探测卫星，发射时，先将卫星发射至距地面50km的近地圆轨道1上，然后变轨到近地点高50km，远地点高1500km的椭圆轨道2上，最后由轨道2进入半径为7900km的圆轨道3，已知地球表面的重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力，则以下说法正确的是（）a在轨道2运行的速率可能大于7.9km/sb卫星在轨道2上从远地点向近地点运动的过程中速度增大，机械能增大c由轨道2变为轨道3需要在近地点点火加速，且卫星在轨道2上的运行周期小于在轨道3上的运行周期d仅利用以上数据，可以求出卫星在轨道3上的动能考点：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：在1圆轨道变轨到2椭圆轨道的过程中，需要加速做离心运动，速度可能大于7.9km/s卫星在轨道2上从远地点向近地点运动的过程中机械能守恒由轨道2变为轨道3需要在远地点点火加速做离心运动不知道卫星的质量，无法计算动能解答：解：a、第一宇宙速度是理论上的最大环绕速度，实际卫星绕地球圆周运动的速度都小于这个值；在1圆轨道变轨到2椭圆轨道的过程中，需要加速，所以速率可能大于7.9km/s，故a正确；b、卫星在轨道2上从远地点向近地点运动的过程中只有万有引力（或者说重力）做功，所以机械能不变，故b错误；c、轨道3是远地轨道，所以由轨道2变为轨道3需要在远地点点火加速做离心运动，卫星在轨道2上的运行周期小于在轨道3上的运行周期，故c错误；d、不知道卫星的质量，所以不能求出在轨道3上的动能，故d错误故选：a点评：本题关键明确卫星在圆轨道运行时，万有引力提供向心力，卫星的运动过程中只有重力做功，机械能守恒5（3分）一根内壁光滑无限长绝缘直管与两等量电荷连线的中垂线重合，管与电荷位于绝缘水平面上，如图所示管上有aob三点，其中o点为等量电荷连线中点，且ao=ob，现将一带正电的小球，从管中a点由静止释放，若带电小球能在a、b之间做往复运动，则下列说法正确的是（）a两电荷带的是等量异种电荷b两电荷带的是等量负电荷c小球的加速度先变大再变小d小球在o点的电势能为0考点：电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：先分析等量正电荷和等量负电荷的电场在中垂线上的特点，再判断带的小球能否在ab间做往复运动；再由场强的特点分析电场力和加速度的变化解答：解：ab、若为等量正电荷，其中垂线上场强的特点：从中点向两侧场强先增大后减小，其方向指向外侧小球释放时受到的电场力向外，所以不可能做往复运动，故一定是等量的负电荷，故a错误，b正确；c、两等量负电荷周围部分电场线 分布特点，其中连线的中垂线ab上，从无穷远到o过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指o点，所以静止释放带正电的粒子受的电场力是指向o，且电场力先增大后减小，过来o 点后电场力反向依然指向o，电场力大小先增大后减小，所以带电粒子先加速后减速，故加速度先增大后减小再增大后再减小，其速度先增大后减小，故c错误；d、小球在o点时，电场力为0，但电势不为零，所以电势能不为零，故d错误故选：b点评：本题的关键是明确等量同种电荷中垂线上电场的特点，再据物体受电场力和摩擦力分析运动情况，据牛顿第二定律分析加速度6（3分）图示电路中，电源电动势为，内阻为r，r1、r2为定值电阻，r3为可变电阻，c为电容器在可变电阻r3由较小逐渐变大的过程中，下列说法中正确的是（）a电容器的带电量在逐渐减小b流过r2的电流方向是由上向下c电源的输出功率变大d电源内部消耗的功率变大考点：电容；闭合电路的欧姆定律专题：电容器专题分析：由电路图可知，r1与r3串联，电容器并联在r3两端，由滑动变阻器的变化利用闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，判断出r3电压的变化，则可知电容器两端电量的变化，可知流过r2的电流方向由功率公式可求得电源内部消耗的功率变化解答：解：滑动变阻器阻值由小到大的过程中，电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小，内电压及r1两端的电压均减小，则r3两端的电压增大，电容器两端的电压增大，电容器的带电量增大，故电容器充电，则有由上向下的电流通过r2由于内外电阻的关系未知，不能确定电源输出功率如何变化，由p=i2r可知，电源内部消耗的功率变小，故b正确，acd错误；故选：b点评：本题在进行动态分析时电容器可不看要抓住电容器两端的电压等于与之并联部分的电压；与电容器串联的电阻在稳定时可作为导线处理7（3分）如图所示，直角三角形abc区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子（不计重力）沿ab方向射入磁场，分别从ac边上的p、q两点射出，则（）a从p点射出的粒子速度大b两个粒子射出磁场时的速度一样大c从q点射出的粒子在磁场中运动的时间长d两个粒子在磁场中运动的时间一样长考点：带电粒子在匀强磁场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：粒子在磁场中做圆周运动，根据题设条件作出粒子在磁场中运动的轨迹，根据轨迹分析粒子运动半径和周期的关系，从而分析得出结论解答：解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系（图示弦切角相等），粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间：t=，又因为粒子在磁场中圆周运动的周期t=，可知粒子在磁场中运动的时间相等，故d正确，c错误；如图，粒子在磁场中做圆周运动，分别从p点和q点射出，由图知，粒子运动的半径rprq，又粒子在磁场中做圆周运动的半径r=知粒子运动速度vpvq，故ab错误；故选：d点评：粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由此根据运动特征作出粒子在磁场中运动的轨迹，掌握粒子圆周运动的周期、半径的关系是解决本题的关键8（3分）一物体沿光滑水平面做匀速直线运动，从t=0时刻起，在与物体垂直的方向上施加一个水平恒力f，则物体的动能ek随时间t变化的情况可能是图中所示的哪个图（）abcd考点：功能关系分析：由牛顿第二定律求出加速度，由速度公式求出速度，然后求出物体动能的表达式，最后分析图示图象答题解答：解：设物体做匀速运动的速度为v0，在与物体运动速度垂直的方向上施加一个水平恒力f后，物体在初速度方向上做匀速直线运动，在力的方向向做初速度为零的匀加速运动，由牛顿第二定律得：a=，物体在力的方向上的分速度：v=at=，物体的动能：ek=mv02+mv2=mv02+m（）2=mv02+，由图示图象可知，abc错误，d正确，故选：d点评：本题考查了判断物体动能随时间变化的图象，根据题意求出物体动能的表达式是正确解题的关键二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24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9（4分）一个电子穿过某一空间而未发生偏转，以下判断正确的是（）a此空间一定不存在磁场b此空间一定不存在电场c此空间可能存在均匀变化磁场d此空间可能有相互正交的匀强磁场和匀强电场考点：洛仑兹力分析：通过对电子的运动分析可知，电子在该区域可能不受力的作用，有两种情况，一是电场和磁场都不存在，二是只存在磁场，但是电子的初速度方向与磁场的方向在同一条直线上；可能只受电场力作用，电子的初速度与电场力的方向在通一条直线上；可能既受电场力又受洛伦兹力作用，但是二力为一对平衡力解答：解：a、电子进入磁场有两种情况，一是沿着磁感线进入磁场，此种情况下，电子不受洛伦兹力作用，电子不会偏转，选项a错误b、如果该区域只存在电场，并且电子是沿着电场线的方向进入电场时，电子不发生偏转选项b错误c、此空间可能存在均匀变化磁场，电子在该区域内即受到电场力作用，又受到洛伦兹力作用，但这两个力大小相等，方向相反时，电子运动不发生偏转选项c正确d、若电子在该区域内即受到电场力作用，又受到洛伦兹力作用，但这两个力大小相等，方向相反时，电子运动不发生偏转，此时电场与磁场是正交的选项d正确故选：cd点评：带电粒子在匀强电场中运动，主要研究两种情况，一是初速度的方向与电场的方向在一条直线上，此时做匀变速直线运动二是垂直于电场射入，此时做类平抛运动带电粒子在匀强磁场中运动，有三种情况，一是初速度的方向与磁场方向在同一条直线上，此时带电粒子不受洛伦兹力作用，带电粒子做匀速直线运动，二是垂直于磁场射入，在洛伦兹力的作用下，带电粒子将做匀速圆周运动三是带电粒子的初速度与磁场有一定的夹角，带电粒子做等距螺旋运动带电粒子在匀强电场和匀强磁场中运动时，主要研究是电场与磁场正交的情况，此时既受到电场力作用，又受到洛伦兹力作用此种情况有一种特例即为电场力和洛伦兹力是一对平衡力10（4分）用细绳拴住一个质量为m的小球，小球将一端固定在墙上的水平轻弹簧压缩了x（小球与弹簧不拴接），如图所示，则将细线烧断后（）a小球立即做平抛运动b细线烧断瞬间小球的加速度a=gc小球脱离弹簧后做匀变速运动d小球落地时的动能大于mgh考点：牛顿第二定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：小球开始受重力、弹簧的弹力和绳子的拉力处于平衡，绳子烧断的瞬间，拉力立即消失，弹簧的弹力还未变化，根据牛顿第二定律得出小球的加速度根据动能定理可知小球的动能大小解答：解：a、绳子烧断的瞬间，小球受重力和弹簧的弹力，小球不是立即做平抛运动根据牛顿第二定律知，加速度不是g故a错误，b错误c、小球离开弹簧后，仅受重力，加速度不变，所以做匀变速运动故c正确d、根据动能定理知，mgh+w=则小球落地时的动能大于mgh故d正确故选：cd点评：对小球受力分析，根据球的受力的情况来判断小球的运动的情况及各力做功情况，要注意的是在与弹簧分离之前，弹簧的弹力是不断减小的11（4分）（2011淮安三模）如图是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个d型金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连现分别加速氘核（h）和氦核（he）下列说法中正确的是（）a它们的最大速度相同b它们的最大动能相同c它们在d形盒内运动的周期相同d仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理专题：压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题分析：a、带电粒子最后从回旋加速器中出来时的速度最大，根据，比较粒子的速度b、求出粒子的最大速度后，根据比较最大动能c、在回旋加速器中的周期t=，根据周期的公式判断两粒子的周期是否相同d、回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相同，否则无法加速解答：解：a、根据，得两粒子的比荷相等，所以最大速度相等故a正确 b、最大动能，两粒子的比荷相等，但质量不等，所以最大动能不等故b错误 c、带电粒子在磁场中运动的周期t=，两粒子的比荷相等，所以周期相等故c正确 d、回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相同，否则无法加速故d错误故选ac点评：解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速，磁场偏转来加速粒子以及知道粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相同12（4分）如图所示，质量为m的通电直导线用一绝缘轻绳悬挂，电流方向垂直于纸面，匀强磁场平行于纸面，导线处于静止状态，轻绳与竖直方向的夹角为30以下说法中正确的是（）a安培力的大小可能等于，此时磁场的可能方向是唯一的b安培力的大小可能等于，此时磁场的可能方向是唯一的c安培力的大小可能等于mg，此时磁场的可能方向是唯一的d安培力的大小可能等于2mg，此时磁场的可能方向是唯一的考点：安培力分析：先对导体棒受力分析，根据平衡条件并结合合成法得到安培力的最小值；然后结合安培力公式fa=bil和左手定则分析解答：解：对导体棒受力分析，受重力、安培力和细线拉力，如图所示：根据平衡条件，当安培力与线垂直向上时，安培力最小，为：fa=bil=mgsin30=，根据左手定则，磁感线方向沿悬线向上，故此时磁场方向是唯一的；当mgfa时，有2解当famg时，有一解；当fa时，无解，故ac错误，bd正确故选：bd点评：本题关键是先根据平衡条件确定安培力的最小值，然后结合左手定则分析磁感线的方向，基础题13（4分）质量为m，带电量为+q的小球套在水平固定且足够长的绝缘杆上，如图所示，整个装置处于磁感应强度为b，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，现给球一个水平向右的初速度v0使其开始运动，不计空气阻力，则球运动克服摩擦力做的功可能的是（）amvb0cmvd（mv）考点：带电粒子在混合场中的运动；功能关系；洛仑兹力专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：圆环向右运动的过程中可能受到重力、洛伦兹力、杆的支持力和摩擦力，根据圆环初速度的情况，分析洛伦兹力与重力大小关系可知：圆环可能做匀速直线运动，或者减速运动到静止，或者先减速后匀速运动，根据动能定理分析圆环克服摩擦力所做的功解答：解：（1）当qv0b=mg时，圆环不受支持力和摩擦力，摩擦力做功为零（2）当qv0bmg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功根据动能定理得：w=0mv02 得w=mv02（3）当qv0bmg时，圆环先做减速运动，当qvb=mg，即当qvb=mg，v=时，不受摩擦力，做匀速直线运动根据动能定理得：w=mv2mv02，代入解得：w=mv02（）2；故选：abd点评：本题考查分析问题的能力，摩擦力是被动力，要分情况讨论在受力分析时往往先分析场力，比如重力、电场力和磁场力，再分析弹力、摩擦力14（4分）（2008黄冈模拟）绝缘水平面上固定一正点电荷q，另一质量为m、电荷量为q的滑块（可看作点电荷）从a点以初速度v0沿水平面向q运动，到达b点时速度为零已知a、b间距离为s，滑块与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g以下判断正确的是（）a滑块在运动过程中所受q的库化力有可能大于滑动摩擦力b滑块在运动过程的中间时刻，瞬时速度的大小小于c此过程中产生的内能为dq产生的电场中，a、b两点间的电势差为考点：电势差与电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：根据滑块的运动情况可知滑块受力情况，则可知库仑力与滑动摩擦力的大小关系；由滑块的受力情况可确定加速度的变化情况，即可判断中间时刻的速度；由动能定理可确定过程中产生的内能与动能变化关系；由动能定理可求得两点间的电势差解答：解：a、由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方相同，因滑块在b点静止，故一定有段时间，库仑力小于滑动摩擦力，当在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，到达b点时速度减为零故a错误；b、水平方向受大小不变的摩擦力及变大的库仑力，当在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以导致加速度慢慢减小，加速度是变化的，故中间时刻的速度小于 故b正确；c、由动能定理可得：uqmgs=0mv02，产生的内能q=mgs=uq+mv02，因此在此过程中产生的内能大于动能的减少故c错误；d、由动能定理可得：uqmgs=0mv02，解得两点间的电势差u=，故d正确；故选：bd点评：解答本题应注意库仑力随离q的距离的增大而减小，而滑块的运动可告诉我们最后一定有滑动摩擦力大于库仑力；同时还要明确一定：电场力做功取决于始末位置间的电势差，和路径无关三、简答题：本题共3小题，共计26分请将解答填写在答题卡相应的位置15（8分）某实验探究小组的同学准备测量电炉丝的电阻率，他们首先用螺旋测微器测出一段电炉丝的直径和长度如图1、2所示，则该电炉丝的直径为0.900mm长度为33.10mm该小组同学又从标称为“220v 500w”、“220v 300w”、“220v 25w”的3个电炉中任选一个，正确使用多用电表欧姆10挡测量其阻值，结果如图3所示，则该电炉的阻值是160.0，标称功率为300w考点：测定金属的电阻率；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用专题：实验题分析：游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度所示之和是螺旋测微器的示数；根据欧姆表读出电阻，根据p=求解功率解答：解：由图1所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为40.00.01mm=0.400mm，金属丝直径为0.5mm+0.400mm=0.900mm；由图2所示游标卡尺可知，主尺示数为3.3cm=33mm，游标尺示数为20.05mm=0.10mm，金属丝的长度为33mm+0.10mm=33.10mm；由图3可知，该电炉的阻值是16.010=160.0，根据p=得：功率p=w，故标称功率为300w故答案为：0.900；33.10；160.0；300点评：游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度所示之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读；对游标卡尺读数时，要注意游标尺的精度16（8分）在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=200g的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示o为纸带下落的起始点，a、b、c为纸带上选取的三个连续点已知打点计时器每隔t=0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.8m/s2，那么（1）计算b点瞬时速度时，甲同学用，乙同学用其中所选择方法正确的是乙（填“甲”或“乙”）同学（2）同学丙想根据纸带上的测量数据进一步计算重物和纸带下落过程中所受的阻力，为此他计算出纸带下落的加速度为9.5m/s2，从而计算出阻力f=0.06n（3）若同学丁不慎将上述纸带从oa之间扯断，他仅利用a点之后的纸带能否实现验证机械能守恒定律的目的？能（填“能”或“不能”）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：题的关键是处理纸带问题时应用=求瞬时速度，既可以用mgh=mv2来验证机械能守恒，也可以用mgh=mv22mv12来验证解答：解：（1）、由于实验过程中重物和纸带会受到空气和限位孔的阻力作用，导致测得的加速度小于当地的重力加速度，所以求速度时不能用 ，来求，只能根据=求瞬时速度值，所以乙正确（2）、根据x=at2，可求出a=，代入数据解得a=9.5m/s2，由mgf=ma解得，阻力f=0.06n（3）、根据mgh=mv22mv12可知，可以利用a点之后的纸带验证机械能守恒，即能实现故答案为：（1）乙；（2）9.5，0.06；（3）能点评：明确实验原理，熟记处理纸带问题的思路和方法，注意求瞬时速度的方法，分清理论推导与实验探索的区别，学会求加速度的方法17（10分）在测量一节干电池电动势e和内阻r的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路（1）根据图甲实验电路，请在乙图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接（2）合上开关s1，s2接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；s2改接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数（3）在同一坐标系内分别描点作出电压表示数u和对应的电流表示数i的图象，如图丙所示，两直线与纵轴的截距分别为ua、ub，与横轴的截距分别为ia、ibs2接1位置时，作出的ui图线是图丙中的b（选填“a”或“b”）线如果电压表和电流表都是理想电表，请用虚线在图丙中画出对应的ui图线根据所画图线求出干电池电动势和内阻的真实值：e真=ua，r真=考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题分析：（1）根据电路图连接实物电路图（3）根据图示电路图与实验步骤分析答题，根据图示图象求出电源电动势与内阻解答：解：（1）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（3）当s2接1位置时，可把电压表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律：e=u断可知，电动势和内阻的测量值均小于真实值，所以作出的ui图线应是b线；测出的电池电动势e和内阻r存在系统误差，原因是电压表的分流当s2接2位置时，可把电流表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律e=u断可知电动势测量值等于真实值，ui图线应是a线，即e真=ua；如果电压表和电流表都是理想电表，电源ui图象如图所示：由图示图象可知，e真=ua，由于s2接接1位置时，ui图线的b线对应的短路电流为i短=ib，所以r真=；故答案为：（1）电路图如图所示；（3）b；如图所示； ua；点评：本题考查了连接实物电路图、求电源电动势与内阻，分析清楚电路结构是正确连接实物图的前提，分析清楚电路结构，根据电源的ui图象可以求出电源电动势与内阻四、计算题：本题共3小题，共计46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18（15分）如图所示，一质量m=3kg的足够长的小车停在光滑水平地面上，另一木块m=1kg，以v0=4m/s的速度冲上小车，木块与小车间动摩擦因数=0.3，g=10m/s2，求经过时间t=2.0s时：（1）小车的速度大小v；（2）以上过程中，小车运动的距离x；（3）以上过程中，木块与小车由于摩擦而产生的内能q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：牛顿运动定律综合专题分析：根据牛顿第二定律分别求出木块和小车的加速度，结合速度时间公式求出速度相同的时间，得出小车先做匀加速直线运动，与木块速度相同后一起做匀速运动从而可得速度大小；结合位移公式分别求出匀加速和匀速运动的位移，从而得出小车运动的距离根据运动学公式求出木块和小车之间相对运动位移大小，结合q=fx求出摩擦产生的热量解答：解：（1）木块的加速度am=g=3m/s2小车的加速度：=1 m/s2两者速度相等时：v=v0amt1=amt1解得：t1=1s，v=1m/s此后小车和木块共同匀速运动，则t=2.0s时小车的速度大小v=1m/s（2）小车加速阶段的位移为：=0.5m匀速运动的时间t2=tt1=1s小车匀速阶段的位移为：x2=vt2=11=1m2s内小车运动的距离x=x1+x2=1.5m（3）速度相等前，木块的位移：x=2.5m木块和小车的相对位移为：x=xx1=2m木块与小车由于摩擦而产生的内能：q=fx=mgx=6j答：（1）小车的速度大小为1m/s；（2）以上过程中，小车运动的距离为1.5m；（3）以上过程中，木块与小车由于摩擦而产生的内能为6j点评：本题考查了动力学中的多过程问题，难度中等，关键理清木块和小车在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解19（15分）如图所示，在不计重力的带电粒子从两块金属板正中间的o点沿轴线oo射入，当开关s断开时，粒子射入匀强磁场中做匀速圆周运动，打在竖直挡板上的p点，测得op=s；当开关s接通时，粒子恰好从下极板端点c处射出，射出后搭载竖直挡板的q点若用t1表示粒子从o到p的运动时间，用t2表示粒子从o到q的运动时间则：（1）粒子带正电还是负电？a端是电源的什么极？（2）试通过计算比较t1、t2的大小；（3）求cq的长度（用s表示）考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）根据粒子在磁场中的偏转方向应用左手定则判断出粒子的电性，根据粒子在极板间的偏转方向判断出a端是电源的什么极（2）比较出粒子两次在磁场中转过的圆心角大小，然后比较粒子运动时间的关系（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律与几何知识求出cq的长度解答：解