辽宁省大连市第24中学2019届高三上学期期中考试物理试题含答案解析

—#-—t动的I图象如图所示，下列说法正确的是( )从开始刹车至汽车停止所用时间为汽车刹车后第内的平均速度为2汽车刹车过程的加速度大小为4从开始刹车至汽车停止，汽车的总位移为【答案】【解析】【分析】X根据数学知识写出:与的表达式，结合匀变速直线运动的位移时间公式，分析汽车的运动情况，再根据运动学公式求解；X / 、 12X1-=-2t+10(m/s) x=vot+-at—=-at+v0【详解】由数学知识可得। ，根据匀变速直线运动的位移时间公式 二得：二，对比可得：n:、，，。；：二一；A根据速度与时间的关系可知汽车从开始刹车到停下来的时间为：O-Vo0-10t0= = s=2.5s-4 ，故选项错误；b根据速度与时间的关系可知刹车后第 末的速度为：Vi=Vo+ati=6m/s_vo+vi10+6v= = m/s=8m/s则第'内的平均速度为： 二二 ，故选项错误；2 2C由上面分析可知加速度为：，：「、，即加速度的大小为4n1：厂，故选项正确；,Vo+Ox t0=12.5mD根据平均速度可知：汽车的总位移为： 二 ，故选项错误。12 Xx=vot+-at -【点睛】解决本题的关键是掌握匀变速直线运动的位移时间公式 二，通过变形得到：与的表达式，然后利用运动学公式进行求解，注意刹车到停下之后，车辆速度为零。在水平地面上有质量均为的、两个物体，处于静止。用水平推力、分别作用在、两个物体上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的图象如图所示，图中卜列说法一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的图象如图所示，图中卜列说法正确的是（）水平推力、大小可能相等物体的平均速度大于物体的平均速度合外力对物体的冲量小于合外力对物体的冲量摩擦力对物体做的功小于摩擦力对物体做的功【答案】【解析】【分析】由速度图象分析可知，水平推力撤去后，与平行，说明加速度相同，说明摩擦力大小相等，然后分析推力的大小关系；根据平均速度公式可求得平均速度的大小关系；根据动量定理分析合外力的冲量的大小关系；根据功的公式判断摩擦力做功的大小关系；【详解】、由图，与平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，再对加速过程可知，的加速度大于的加速度，因此由牛顿第二定律可知'］，故选项错误；1-Xvxt-2vB根据平均速度等于位移与时间的比值，而位移等于图形的面积，则, "而二者的最大速度,相等，可知二者的平均速度相等，故选项错误；c根据动量定理可知：合外力的冲量等于其动量的变化，由图可知二者的初、末动量均为零，则动量变化为零，即合外力对物体的冲量等于合外力对物体的冲量，故选项错误；D由于 图象与时间轴所围的面积表示位移，则知整个过程中的位移比的小，由上面分析可知二者受到的摩擦力相等，则由W：：'、知，摩擦力对物体做的功小于摩擦力对物体做的功，故正确。【点睛】本题首先考查读图能力，其次考查动量定理应用时，选择研究过程的能力，知道水平推力撤去后，与平行，说明加速度相同，说明摩擦力相等。所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图俯视图）使用前先给电容器充电，弹射时，电容器释放储存电能所产生的强大电流经过导体棒F在磁场方向垂直纸面向外作用下加速。下列说法正确的是（ ）导体棒受到安培力的方向可用左手定则判断弹射时导体棒先向右做变加速运动，后做匀速运动电容器相当电源，放电时间的电势差保持不变在电容器放电过程中，电容器电容不断减小【答案】【解析】【分析】明确电容器的性质，知道电容是电容本身的性质，与电量无关；而电容器充电时，与电源正极相连的极板带正电，同时根据左手定则分析安培力的方向，从而判断运动方向；【详解】、电容器下极板接正极，所以充电后极板带正电，放电时，电流由到E则由左手定则可知，安培力向右，所以导体棒向右运动，故正确；B根据上面分析可知导体棒受到向右的安培力作用，即导体棒先向右做变加速运动，后由于安培力消失在阻力作用下做减速运动，故选项错误；c电容器放电时，电量和电压均减小，即间的电势差减小，故错误；D电容是电容器本身的性质，与电压和电量无关，故放电时，电容不变，故错误。【点睛】本题考查电容以及安培力的性质，要注意掌握左手定则以及电容的性质等基本内容，明确电容由电容器本身的性质决定。把质量是的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至的位置，如图甲所示，迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置图丙，途中经过位置时弹簧正好处于自由状态图乙）弹簧的质量和空气的阻力均可忽略。则0U由状态甲到状态丙，小球的机械能守恒由状态甲至状态乙，有三个时刻小球的加速度大小等于重力加速度的大小在乙状态时，小球重力的功率最大由状态甲到状态丙，在甲状态弹黄的弹性势能等于小球克服重力所做的功【答案】【解析】由状态甲到状态乙，小球和弹簧组成的系统机械能守恒；由状态乙到状态丙，小球的机械能守恒，故错误；小球在乙时刻的加速度为重力加速度，则在从甲到乙的过程中，当小球运动到关于平衡位置对称点时，其加速度大小等于，方向向上，故有二个时刻的加速度大小等于重力加速度的大小，故错误；当弹簧的弹力与重力相等时，合力为零，加速度为零，速度最大，根据 ，可知小球重力的功率最大，而乙状态的加速度为重力加速度，不为零，故此时小球重力的功率不是最大，故错误；由状态甲到状态丙，动能的改变量为零，弹性势能减小，重力势能增加，根据系统机械能守恒可知，在甲状态弹黄的弹性势能等于小球克服重力所做的功，故正确，故选D【点睛】根据加速度的方向，分析弹簧的弹力与小球重力的关系.小球从上升到位置的过程中，平衡位置速度最大，动能增大；小球上升过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒.由此分析解答.6一质量为的小球在光滑的水平面上以速度V。做匀速直线运动，在时受到水平方向恒力作用，速度先减小后增大，其最小值为'：：、'。，由此可以判断（ ）质点受力作用后一定做匀速直线运动质点受力作用后可能做圆周运动时恒力与速度方向间的夹角为60°t= 二时，质点速度最小【答案】【解析】【分析】由题意可知，物体做类斜抛运动，根据运动的合成与分解，结合力的平行四边形定则与运动学公式，即可求解;【详解】、在 时开始受到恒力作用，加速度不变，做匀变速运动，若做匀变速直线运动，则最小速度可以为零，所以质点受力作用后一定做匀变速曲线运动，故错误；B物体在恒力作用下不可能做圆周运动，故错误；c设恒力与初速度之间的夹角是「最小速度为：」‘弁二"可知初速度与恒力的夹角为钝角，所以是1")\故错误；F 由mv。v0cos30°=——t t= D质点速度最小时，即在沿恒力方向上有： ，解得： 二，故正确。【点睛】考查类斜抛运动的处理规律，掌握合成法则与运动学公式的应用，注意分运动与合运动的等时性。如图为北京航天飞行控制中心对“嫦娥二号”卫星实施降轨控制的示意图，卫星成功由轨道半径为、周期为的极月圆轨道进入远月点距离为、周期为的椭圆轨道，为拍摄月球图像做好准备。则“嫦娥二号”( )极月圆轨孙B\ f- j—--j丹“四，二经过圆轨道上点时的速率等于它经过椭圆轨道上点时的速率在圆轨道上经过点和在椭圆轨道上经过点时的加速度大小相等在圆轨道上运行周期小于它在椭圆轨道上运行周期在圆轨道上经过点和在椭圆轨道上经过点时的机械能相等【答案】【解析】【分析】根据开普勒周期定律比较两个轨道上的周期，当万有引力刚好提供卫星所需向心力时，卫星正好可以做匀速圆周运动，若是供大于需，则卫星做逐渐靠近圆心的运动；若是供小于需，则卫星做逐渐远离圆心的运动；【详解】、在圆轨道实施变轨成椭圆轨道是做逐渐靠近圆心的运动，要实现这个运动必须万有引力大于所需向心力，所以应给“嫦娥二号”卫星减速，减少所需的向4力，所以经过圆轨道上点时的速率大于它经过椭圆轨道上点时的速率，而圆轨道上的各个位置速率相等，即经过圆轨道上点时的速率大于它经过椭圆轨道上点时的速率，故错误；B“嫦娥二号”卫星变轨前通过点时只有万有引力来提供加速度，变轨后沿椭圆轨道运动到点时也是只有万有引力来提供加速度，而且这两点距离月球相等，由于万有引力与距离有关，说明卫星在这两点时万有引力的大小相等，根据牛顿第二定律可知这两点加速度大小也相等，故选项正确；R3?二kC根据开普勒第三定律得：' ，与中心体有关，由于圆轨道的半径大于椭圆的半长轴，所以在圆轨道运行周期大于它在椭圆轨道运行周期,，故错误;D卫星变轨的时候发动机点火，发动机做功，所以“嫦娥二号”卫星点火变轨，前后的机械能不守恒，而圆轨道上的各个位置机械能相等，即在圆轨道上经过点和在椭圆轨道上经过点时的机械能不相等，故错误。【点睛】卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定，注意变轨时发动机点火，即变轨前后机械能不守恒。如图所示，用相同导线绕成的两个单匝线圈、的半径号分别为和，圆形匀强磁场的边缘恰好与线圈重合，若磁场的磁感应强度均匀增大，开始时的磁感应强度不为，则（ ）任意时刻，穿过、两线圈的磁通量之比均为两线圈中产生的感应电动势之比为通过、两线圈中电荷量之比为相同时间内、两线圈产生的热量之比为【答案】【解析】任意时刻，穿过、两线圈的磁感线条数，磁通量相等，磁通量之比为1.故错误.根据法拉第电磁感AB AB应定律得： =t,n,则相等，At也相等，所以感应电动势相等，感应电动势之比为1,故E错误.线圈、的半径分别为和，周长之比为1,电阻之比为1,根据欧姆定律知R,得、E2两线圈中产生的感应电流之比为：.故正确.根据焦耳定律得Rt得相同时间内、两线圈产生的热量之比为：，故错误.故选点睛：解决本题时要注意在公式① 和法拉第电磁感应定律中，为有效面积，能熟练运用比例法研究这类问题.一质量为 的物块静止在水平地面上，物块与水平地面间的动摩擦因数为p 。现给物块一水平方向的外力，随时间变化的图线如图所示，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 ，则（ ）

时物块的动量大小为・时物块的动能大小为时物块的速度恰好为零在的时间内，物块受到的摩擦力逐渐减小【答案】【解析】【分析】〜内，根据牛顿第二定律求出物体的加速度，由速度公式求出物体的速度，再求解物体的动量；由物体的受力情况分析 时物块的动能；由动量定理求出物块速度减至零的时间，根据物体的运动状态分析在〜的时间内摩擦力的变化情况;【详解】、。〜I、内，根据牛顿第二定律得：1Hmig= 得：5=2m*物体在、末的速度为, 、、时物块的动量大小为：I、：「一」、「',故错误;1212, Ek=_mV1=_x0.5x2J=]J、’~'内，因为:',所以物体做匀速运动，速度为“一」「"‘，则动能为：'' ：'• ,故正确。、设时刻物块的速度为零，由动量定理得：」图象在2—电内方程为：;二、：；)T+(0.5t-2)IF=2x1+1x1+ (t-2)根据图象与轴所围的面积表示冲量，可得： 2联立解得：："二G、，故错误；、因为:《 2、',所以在二二、'内物体做减速运动，所以在衣、的时间内，物块静止，随着的减小，物块受到的静摩擦力逐渐减小，故正确。【点睛】解决本题的关键是明确 图象所围的面积表示冲量，运用动量定理求时间是常用的方法。点为边界的中点，点为边界上一点，且如图所示、 为一边界为 圆的匀强磁场。点为圆心，点为边界的中点，点为边界上一点，且CD〃AO。现有两个完全相同的带电拉子以相同的速度射入磁场不计重力及粒子间的相互作用，其中粒子从A点正对圆心射入，恰好从点射出，粒子从C点沿CD射入，从某点离开磁场，则可判断（ ）A粒子在、C之间某点射出磁场粒子必在点射出磁场C粒子与粒子在磁场中的运行时间之比为D粒子与粒子的速度偏转角度应相同【答案】C【解析】粒子运动轨迹如图所示：A、粒子从A点正对圆心射入，恰从点射出，粒子在磁场中运动的圆心角为90°,粒子轨道半径等于O粒子从C点沿CD射入其运动轨迹如图所示，设对应的圆心为。1,运动轨道半径也为O连接°1°、°田,。1。。6是平行四边形，‘O'F='C。，则粒子一定从点射出磁场，故A错误，正确；C、粒子在磁场中转过的圆心角°1=9。°,连接，可知为010的中点，由数学知识可知，%="B°iP=60。,271m

T= 两粒子的速度偏角不同，粒子在磁场中运动的周期： Eq，两粒子的周期相等，粒子在磁场中的运动时间：",的运动时间之比：「'J""I"「，故C正确，D错误。点睛：本题考查了粒子在匀强磁场中的运动。粒子在磁场中做匀速圆周运动。洛伦兹力提供向心力。作出粒子运动轨迹、应用数学知识、周期公式即可正确解题。如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60°的光滑斜面OA,光滑挡板O与水平方向的夹角为e,挡板 可绕转轴在竖直平面内转动。现将重为的圆球放在斜面与挡板之间。下列说法若e=60°，球对斜面的压力大小为若挡板从e=30°位置沿逆时针方向缓慢转动到e=90°过程中，则球对斜面的压力逐渐增大若e=30°，使小车水平向左做变加速运动，则小车对地面的压力增大若e=60°，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零【答案】【解析】【分析】以球为研究对象，对球进行受力分析，根据牛顿第二定律或平衡条件求出挡板对球的作用力；若挡板旋转，分析小球受力情况，作出力图，运用图解法，分析支持力的变化情况即可；【详解】、若8=60。，球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，如图所示：Fa、Fe为邻边作平行四边形，根据几何关系可知，」］；：，由牛顿第三定律知，球对斜面的压力大小为，故正确；B若挡板从3位置沿逆时针方向缓慢转动到"过程中，「的方向始终不变，根据图象可知，「…,都增大，根据牛顿第三定律可知，球对斜面的压力增大，故正确；C整体在水平方向有加速度，但是竖直方向没有运动，即竖直方向的合力为零，根据平衡条件可知地面对小车整体的支持力等于小车整体的重力，根据牛顿第三定律可知，小车整体对地面的压力大小等于小车整体的重力，故选项错误；、若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，当',和重力的合力正好提供产生加速度时的力时，球对挡板的压力为零，故正确。【点睛】本题运用图解法，分析动态平衡问题，比较直观简便，也可以采用函数法，由数学知识分析力的变化。两异种点电荷、附近的电场线分布如图所示为电场中的一点连线、 相互垂直已知点的场强大小为、电势为0电荷产生的电场在点的场强大小为，取无穷远处的电势为零下列说法中正确的有所带电荷量相等电荷产生的电场在点的场强大小为连线上有一个电势为零的点将电量为的点电荷从点移到无穷远处电场力做的功为0【答案】【解析】【详解】根据等量异种点电荷的电场线分布图具有对称性，知、所带的电荷量不相等，故错误；点的场强是点电荷、在点产生的合场强，根据矢量合成的平行四边形定则知，EB=/K，故正确；如果取无穷远处的电势为，正电荷附近的电势高于，负电荷附近低于，所以其、连线上有电势为的点，故正确；根据(q))(P,故错误；故选。【点睛】本题考查电场线的分布和电场的叠加原理，电场的叠加遵循平行四边形定则，电势是标量，正电荷周围电势为正，负电荷周围电势为负，注意求电场力做功 正负号一起代入计算.二、实验题(题分，题分，共分)二极管是一种半导体元件，它的符号为“密”，其特点是具有单向导电性，即电流从正极流入时电阻比较小，而从负极流入时电阻比较大()某课外兴趣小组想要描绘某种晶体二极管的伏安特性曲线。因二极管外壳所印的标识模糊，为判断该二极管的正、负极，他们用多用电表电阻挡测二极管的正、反向电阻。其步骤是将选择开关旋至合适倍率，进行欧姆调零，将黑表笔接触二极管的左端、红表笔接触右端时，指针偏角较小。然后将红、黑表笔位置对调后再进行测量，指针偏角比较大，由此判断 选填“左”“右”)端为二极管的正极。(2)厂家提供的二极管伏安特性曲线如下图，为了验证厂家提供的数据，该小组对加正向电压时的伏安特性曲线进行了描绘，可选用的器材有20反向电压八 1040 20oI■ ■ ■U正向电国VA直流电源电动势，内阻忽略不计B滑动变阻器~电压表4：量程、内阻约Qd电压表％：量程、内阻约Qe电流表A：量程 、内阻约 Qf电流表八2：量程 、内阻约 Q.待测二极管H单刀单掷开关，导线若干为了提高测量结果的准确度，电压表应选用()为达到上述目的，将虚线框内电路图的电流表应选用部分补充完整填序号字母)【答案】 右如图所示:【解析】【分析】（）二极管具有单向导电性，当接反向电压时，二极管的电阻很大，由欧姆表的示数可知二极管的极性；（）电源已知，根据电源的电动势可以选出电压表，由图中示数可以选出电流表；（）为了得到范围较大的测量值，本实验应选择分压接法，为了准确应选用电流表外接法；【详解】（）欧姆表内部有电源，电源正极接在黑表笔上，当黑表笔接触左端时，此时指针偏角较小，说明电阻较大，故说明接入了反向电压，而黑表笔接触右端时，此时指针偏角较大，说明电阻较小，故二极管右端应为正极，左端为负极；（）电源电压为V故电压表应选量程进行测量，即电压表选择D而由坐标可知，电路中电流较小，故电流表应选 的即可，即电流表选择F（）为了得出完整的图象，应采用分压接法，同时因正向电阻较小，故可以采用外接法，原理图如图；【点睛】本题考查了欧姆表的原理及伏安特性曲线，综合性较强，要求学生能全面掌握实验知识，注意欧姆表的原理及分压接法等基本原理。某实验小组利用图甲所示的实验装置做探究加速度与合外力、质量关系的实验。1关）于下列实验操作，正确的是 。 调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行每次小车都要从同一位置开始运动实验中应先放小车，然后再开打点计时器的电源通过增减小车上的砝码改变小车质设后，不需要重新平衡摩擦力（为使小车所受合外力等于细线的拉力，应采取的措施是 _要使细线的拉力等于砝码的总重力，TOC\o"1-5"\h\z应满足的条件是 。（小组成员中甲、乙两同学先后在同一实验装置中做研究加速度与合外力关系实验，其中一个同学在轨道水平情况下做的实验，而另一个同学在轨道倾斜的情况下做的实验，得到了一图像中①、②两条图线。则图线 填"①（或"②"）是在轨道倾斜情况下得到的；小车及车中砝码的总质量 。【答案】 （）. （平衡摩擦力 （）.小车的质量远大于砝码的总质量 （4）.① （5）..5【解析】【详解】（）、调节滑轮的高度使牵引小车的细绳与长木板保持平行所以选项是正确的、小车的释放位置对该实验没有影响不要求每次在同一位置故错误C实验时先接通电源再释放小车故错误通过增减小车上的砝码改变质量时不需要重新平衡摩擦力即不需要重新调整木板的倾斜程度所以选项是正确的.（）为使小车所受合外力等于细线的拉力，应采取的措施是把不带滑轮的一端抬高，平衡小车运动中的摩擦力;以整体为对象：「三,则小车的加速度为：mga= m+M再以小车及车中的砝码为研究对象，可以求出绳子的拉力，即：mgMF=Ma=M- = mgm+Mm+M当二：《入：可以近似认为।二田所以要认为绳子拉力等于砂和砂桶的重力，则必须满足条件x:（由①图象可以知道当时加速度不等于零.也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度该同学实验操作中平衡摩擦力过大即倾角过大平衡摩擦力时木板的右端垫得过高，图线①是在轨道倾斜情况下得到的在水平轨道上因为受到摩擦力拉力不为零时加速度仍然为零可以知道图线②是在轨道水平的情况下得到的.F-fa二 根据牛顿第二定律得FT=侬解得： -图线的斜率表示质量的倒数则二：2：虫？故本题答案是：（）. （平衡摩擦力 （）.小车的质量远大于砝码的总质量 （4）.① （5）..5【点睛】（1根）据实验操作要求可分析必须进行的操作;（2根）据牛顿第二定律,通过整体隔离法求出绳子拉力的表达式,从而确定托盘及托盘内砝码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力的条件;根据」图象的特点结合牛顿第二定律分析求解三、计算题（题分、题分、题分）在一条平直的公路上有一辆长 的电动自行车正以 的速度向前行驶，在其车尾后方远处的另一条车道上有一辆长 的公共汽车正以 的速度同向驶来，由于公共汽车要在前方距车头处的站点停车上下旅客，便在此时开始刹车使之做匀减速运动，结果车头恰好停在站点处，不考虑公共汽车的再次启动，求公共汽车刹车的加速度大小从汽车开始刹车计时，公共汽车车头从后方追至自行车车尾所需的时间两车第一次错车的时间。2【答案】（）加/s（）3s（）4s【解析】【分析】（）由汽车的刹车距离求得其加速度.（）由加速度与二者的初速度确定汽车相对自行车的相对运动进行求解即可；TOC\o"1-5"\h\z2 2【详解】（）由汽车刹车”"3处的站点停车，则根据V=”广为可知汽车刹车加速度为：O-Vo-102 2 2a= = m/s=-lm/s 22：； -5。 ，即汽车刹车加速度的大小为1m：厂；（）汽车相对自行车做初速度为：3加/s=7m/s、加速度大小为L-lmU的匀减速运动.12十 so=Vgt+-atTOC\o"1-5"\h\z则车头到达自行车尾历时为「则有： ：'•1/ 216.5=7t1+-（-l）t1代入数据得： 二代入数据解得：：衣；12+ So+L+Ln= H—at9（）车尾到达自行车头历时为t2：则有： 21/ 216.5+6.5+1.5=7t?+-（-l）t?代入数据得： -代入数据解得：八则第一次错车时间为：'、：匕T「4：'【点睛】本题是一道追及问题，分析清楚物体的运动过程、用相对运动知识，应用匀变速直线运动与匀速直线运动的运动规律即可正确解题。如图所示，在平面直角坐标系中的第一象限内存在磁感应强度大小为B方向垂直于坐标平面向里的有界圆形匀强磁场区域图中未画出：在第二象限内，存在与轴负方向成a=30°的匀强电场，一粒子源固定在轴上坐标为,0的点。粒子源沿轴正方向释放出质量为，电荷量为，速度大小为的带电粒子，粒子垂直轴通过点进入第一象限，又经过磁场偏转后垂直轴进入第四象限带电粒子的重力不计。求匀强电场的电场强度的大小；带电粒子离开电场时的速度大小；3圆形匀强磁场的最小面积百md 371m2V2【答案】()’亚()V7'-(3)小丫【解析】【分析】根据牛顿第二定律得到水平和竖直方向的加速度，然后利用运动学公求解即可；根据洛伦兹力提供向心力求解出轨迹的半径，确定磁场的最小半径，得到最小面积；qEcos30°Ay5qEn= = 【详解】()从点的过程中，在轴方向根据牛顿第二定律得到：'m2m在轴方向匀加速运动，则： -qEsin30°qEQ 在轴方向根据牛顿第二定律得到：丁 ■,v=%t=吗在轴方向匀减速运动，则： 二二^/3mv2联立可以得到： ”礼12mv2出L

L=-vvtt= = ()粒子离开电场时的速度为‘X,有：2,qE3V解得：G；mvx mvxv5mvBqv= r== ()粒子在磁场中做圆周运动的半径为' 「，则：氏1Bq忠\2 370n2V2<、而=什=一二则圆形磁场的最小面积为z明有 二二Q。【点睛】本题中粒子先在电场中运动，然后进入磁场做匀速圆周运动，要根据运动学公式和牛顿第二定律以及几何关系列式求解。如图所示，光滑水平面左端有一固定弹性挡板物体与挡板碰撞时无能量损失，右端与处于同一高度的水平传送带之间的间隙可忽略，传送带以v=2m/s的速度逆时针匀速转动。上放置着三个可视为质点的物体、和，质量分别为 、 、 ，开始时，、静止，间有一个锁定的被压缩的轻质弹簧，弹性势能 ，物体静止在点。现解除锁定，、被弹开后迅速移走弹簧，和相碰后粘在一物体、被弹开时各自速度的大小；要使与能在水平面上发生相向碰撞，则传送带部分的长度至少多长；若传送带 部分长度等于 问中的最小值，物体与碰