【区级联考】天津市和平区2019届高三上学期期末考试物理试题-docx

1、绝密启用前【区级联考】天津市和平区2019届高三上学期期末考试物理试题试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三四五总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题)请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、单选题1下列说法正确的是（ ）A原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律B射线、射线、射线都是高速运动的带电粒子流C氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子D发生光电效应时光电子的动能只与入射光的强度有关2如图是 a、b 两光分别经过同一双缝干涉装置后在屏上形成的干涉图样，则A从同种介质射入真空

2、发生全反射是 b 光临界角大B在同种均匀介质中，a 光的传播速度比 b 光的大C照射在同一金属板上发生光电效应时，a 光的饱和电流大D若两光均由氢原子能级跃迁发生，产生 a 光的能级能量差小3如图所示，某运动员先双手撑住吊环，然后身体下移，双臂缓慢张开到如图所示位置，则在两手之间的距离增大的过程中，吊环的两根绳的拉力 FT（两个拉力大小相等）及它们的合力F的大小变化情况为AFT减小，F 减小 BFT增大，F 增大CFT增大，F 不变 DFT 减小，F 增大4宇宙中有两颗相距无限远的恒星s1、s2，半径均为R0.下图分别是两颗恒星周围行星的公转周期T2与公转半径r3的图像，则A恒星s1的质量大于

3、恒星s2的质量B恒星s1的密度小于恒星s2的密度C恒星s1的第一宇宙速度大于恒星s2的第一宇宙速度D距两恒星表面高度相同的行星，s1的行星向心加速度较大5在滑冰场上，甲、乙两个小孩分别坐在滑冰板上，原来静止不动，在相互猛推一下后分别向相反方向运动，假定两板与冰面间的动摩擦因数相同，已知甲在冰上滑行的距离比乙远，这是由于A在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力B在推的过程中，甲推的乙的时间小于乙推甲的时间C在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度D在分开后，甲的加速度大小小于乙的加速度大小6如图所示，图中以点电荷 Q 为圆心的虚线同心圆是该点电荷电场中球形等势面的横截面图一个带电的粒子经过该电场，它

4、的运动轨迹如图中实线所示，P、M、N、O、F 都是轨迹上的点不计带电粒子受到的重力，由此可以判断A此粒子和点电荷 Q 带同种电荷B此粒子在 M 点的动能小于在 F 点的动能C粒子在 F 点的电势能小于在 N 点的电势能D带电粒子从 P 运动到 N 的过程中，电势能逐渐增大7如图所示，导体棒 MN 垂直于导轨静止在水平面上，整个装置处于匀强磁场中，磁场方向与 MN 垂直并与导轨平面成 角斜向上方，闭合开关，缓慢转动磁场使 角逐渐增大至 90，其余不变，导体棒始终静止，忽略电磁感应现象的影响，在此过程中A导体棒受安培力方向水平向右B导体棒所受安培力大小不变C导轨对导体棒支持力不变D导体棒受到摩擦力

5、大小不变8如图所示，一束质量速度和电量不同的正离子垂直地射入匀强磁场和匀强电场正交的区域，结果发现有些离子保持原来的运动方向，未发生任何偏转，如果让这些不偏转的离子进入另一匀强磁场中，发现这些离子又分裂成几束,对这些进入后一磁场的离子，可以得出结论 （ ）A它们的动能一定各不相同B它们的电量一定各不相同C它们的质量一定各不相同D它们的电量和质量之比一定各不相同评卷人得分二、多选题9在如图电路中，电源电动势为 E，内阻为r，当变阻器 R3 的滑动头 P 向 b 端移动时，下列判断正确的是A电压表示数变小 B电流表示数变大C流过电阻 R1 的电流不变 D电阻 R2 的功率变大10蹦床运到受到越来越

6、多人的喜爱，这一运动可从物理学视角对其运动特点进行分析。忽略空气阻力，下面说法正确的是A运动员下落到刚接触蹦床时，速度最大B在下落过程中，重力对运动员所做的功等于其重力势能的减小量C从刚接触蹦床到运动至最低点的过程中，运动员的加速度先减小后增大D运动到最低点时，床对运动员的作用力大于运动员对床的作用力11圆形区域内有如图所示的匀强磁场一束相同比荷的带电粒子对准圆心 O射入，分别从 a、b 两点射出，则从 b 点射出的粒子A速率较小B偏转角较小C运动半径较小D在磁场中的运动时间较短12如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过

7、电容器，则在此过程中，该粒子A所受重力与电场力合力为零 B机械能保持不变C电势能和动能的总和保持不变 D做匀变速直线运动第II卷（非选择题)请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分三、填空题13如图，在倾角 45的斜面底端的正上方某一高处以 v0 6m/s 的初速度水平抛出一质量为 0.1kg 的物体空气阻力不计，该物体落在斜面上时的速度方向恰好与斜面垂直，则小球在空中飞行时间为_s，小球与斜面相碰时重力的瞬时功率为_W（取 g10m/s 2 ）14质量为 m 的小球 A 以速率 v0 向右运动时跟静止的小球 B 发生碰撞，碰后 A 球以v02的速率反向弹回，而 B 球以v02的速率向右运动，则

8、 B的质量 mB _ ；碰撞过程中，B对A做功为_15半径为 r、电阻为R的N匝圆形线圈在边长为 L的正方形区域 abcd 外，匀强磁场充满并垂直穿过该正方形区域，如图甲所示磁场随时间的变化规律如图乙所示图线与横、纵轴的截距分别为 t0 和B0则圆形线圈中产生的感应电动势E = _V，0 至 t0 时间内通过的电荷量 q=_.评卷人得分四、实验题16小明同学采用如图 1 所示的装置进行“验证机械能守恒定律”实验图 1是即将启动打点计时器时的场景，图 2 是备选的测量器材(1)除了图 1 装置中的器材之外，还必须从图 2 中选取实验器材，其名称是_ ；(2)指出图 1 装置中不合理的地方 _（一

9、处）；(3)在实际的测量中，重物减少的重力势能通常会_ （选填“略大于”、“等于”或“略小于”）增加的动能，这样产生的误差属于 _（选填“系统误差”或“偶然误差”）；(4)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒，在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘 v 2 h 图象，并做如下判断：若图象是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒。请你分析论证该同学的判断依据是否正确并说明原因_17伏安法测电阻，当被测电阻不知估计值时，在连接测量电路时可采用以下试接的方法：电压表一端连接于电路中C点，另一端分别接电路中a点或b点（图中用单刀双掷开关K进行变换），

10、观察两电表读数变化情况，来选择电流表的接法。设两表的量程及所接电源都合适。(1)当K分别接a和接b时，发现电流表读数比电压表计数变化明显，则应采用K接_点的方法（选填“a”或“b”）(2)用上述接法测出的Rx值比它的真实值_。（选填“大于”、“等于”或“小于”），用此种方法测量时若已知电流表内阻，电压表和电流表的读数分别为U和I，则被测电阻真实值计算表达式=_。(3)要描绘出该被测电阻的伏安特性曲线，除上面图示中测量电路中已有的器件外，还有电源、开关、导线和滑动变阻器。并把测量电路的E、F两点接入完整的电路中（画出虚线内的电路图）_评卷人得分五、解答题18如图所示，一足够长的木板在水平场面上滑

11、动，速度v110m/s时，将一相对于地面静止的物块轻放到木板右端，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间动摩擦因数10.4，g取10m/s2，求：(1)若地面光滑，经过多长时间物块相对木板停止运动？(2)若木板与地面间动摩擦因数20.1，木板与物块相对静止后还能向前滑行的距离19如图所示，横向宽度为L、纵向宽度足够大的区域内，直线PQ两侧分别存在强度相同、方向相反但均垂直于纸面的匀强磁场一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从P点沿与PQ成30角的方向，以速度v射入下方磁场区域，粒子最终从Q点离开，不计粒子重力(1)求磁场磁感应强度最小值；(2)撤去磁场，在纸面内加一与初速度v垂直的匀强电场，仍

12、使粒子从P点射入并经过Q点，求电场强度的大小20如图所示，在高度差h0.5m的平行虚线范围内有匀强磁场，磁场的磁感应强度为B0.5T，方向垂直于竖直平面向里正方形线框abcd，其质量为m0.1kg，边长为L0.5m，电阻为R0.5，线框平面与竖直平面平行线框静止在位置I时，cd边与磁场的下边缘有一段距离，现用一竖直向上的恒力F4.0N向上拉动线框，使线框从位置无初速的向上运动，并穿过磁场区域，最后到达位置（ab边刚好出磁场）线框平面在运动过程中始终在竖直平面内，且cd边保持水平设cd边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速运动求：(1)线框进入磁场前与磁场下边界的距离H；(2)线框从位置运动到位置的

13、过程中，恒力F做的功及线框内产生的热量21如图所示，在同一竖直面上，质量为2m的小球A静止在光滑斜面的底部，斜面高度为H2L小球受到弹簧的弹性力作用后，沿斜面向上运动离开斜面后，运动到最高点时与静止悬挂在此处的小球B发生弹性碰撞（碰撞过程无动能损失），碰撞后球B刚好能摆到与悬点O同一高度，球A沿水平方向抛射落在水平面C上的P点，O点的投影O/与P的距离为L/2已知球B质量为m，悬绳长L，视两球为质点，重力加速度为g，不计空气阻力，求：（1）球B在两球碰撞后一瞬间的速度大小；（2）球A在两球碰撞前一瞬间的速度大小；（3）弹簧的弹性力对球A所做的功。参考答案1C【解析】试题分析：原子核发生衰变时，

14、电荷守恒，但会有质量亏损，遵循的是爱因斯坦的质能方程而非质量守恒规律，故A错误；射线和射线分别是带正电的氦核流和带负电的电子流，而射线不带电，故B错误；根据玻尔氢原子模型的相关理论，电子轨道和能量都是量子化的，而在“跃迁”过程中要遵循h=EmEn，故只能辐射特定频率的光子，故C正确；由光电效应的方程Ek=hW0可知，光电子的动能由入射光频率决定，故D错误。考点：氢原子的能级公式和跃迁【名师点睛】本题主要考察原子结构和原子核的相关知识选项的迷惑性大，关键要熟悉教材，牢记这些基本的知识点，以及加强训练。2A【解析】【分析】根据图象比较干涉条纹间距大小，再根据xLd判断波长，从而判断频率大小，频率大

15、的折射率大，根据n=c/v判断传播速度，根据sinC1/n判断发生全反射时临界角大小，光电效应时饱和电流与入射光的强度有关，a光的频率大，则能量大【详解】由图可知a光的干涉条纹间距小于b光，根据xLd可知，a的波长小于b光，则a光的频率大于b光，a的折射率大于b光，根据sinC1/n可知，同种介质射入真空发生全反射时b光临界角大，故A正确；根据n=c/v可知，在同种介质中传播时a光的传播速度比b光的小，故B错误；光电效应时饱和电流与入射光的强度有关，所以无法判断饱和电流的大小，故C错误；因a光的频率大，故若两光均由氢原子能级跃迁产生，则产生a光的能级差大，故D错误。故选A。【点睛】本题的关键是

16、根据图象比较干涉条纹间距大小从而得频率大小，明确光电效应时饱和电流与入射光的强度也有关系，知道全反射临界角的概念3C【解析】【分析】三力平衡时，任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；将一个力分解为两个相等的分力，夹角越大，分力越大，夹角越小，分力越小【详解】对运动员受力分析，受到重力、两个拉力，如图：由于两个拉力的合力F不变，且夹角变大，故两个拉力FT不断变大；根据平衡条件可知，运动员受到的重力与拉力的合力平衡，故它们的合力F的大小不变。故C正确，ABD错误。故选C。【点睛】本题关键作图后，根据三力平衡条件，运用合成法分析讨论，注意由物理情景，作出物理模型，并能正确使用物理规律进行分析求

17、解4B【解析】A、由题图可知，当绕恒星运动的行星的环绕半径相等时，S1运动的周期比较大，根据公式： ，所以： ，周期越大则质量越小所以恒星S1的质量小于恒星S2的质量故A错误；B、两颗恒星的半径相等，则根据M=V，半径R0相等则它们的体积相等，所以质量大S2的密度大故B正确C、根据万有引力提供向心力，则： ，所以： ，由于恒星S1的质量小于恒星S2的质量，所以恒星S1的第一宇宙速度小于恒星S2的第一宇宙速度故C错误D、距两恒星表面高度相同的行星，如图当它们的轨道半径相等时，S1的周期大于恒星S2的周期，它们的向心加速度a： ，所以S1的行星向心加速度较小故D错误故选B.【点睛】该题考查万有引力

18、定律的应用，由于两个恒星的半径均为R0，又可以根据图象，结合万有引力定律比较半径和周期之间的关系当然也可以结合开普勒第三定律分析半径与周期之间的关系5C【解析】由牛顿第三定律可知A错；B错；由可知C对；加速度均为，是相同的，D错；6B【解析】【分析】电荷做曲线运动，受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，根据功能关系分析动能和电势能的变化情况；根据库仑定律判断静电力的大小，确定加速度的大小【详解】根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在M、N间运动过程中，电荷一直受静电引力作用，此粒子和点电荷带不同的电荷。故A错误；粒子从M到N，电场力做正功，

19、故M点的动能小于N点的动能；N点与F点在同一个等势面上，所以粒子在 F 点的电势能等于在 N 点的电势能，粒子在F点的动能等于在N点的动能，所以粒子在M点的动能小于在F点的动能。故B正确，C错误；带电粒子从 P 运动到 N 的过程中，电场力做正功，电势能逐渐减小，选项D错误；故选B.【点睛】本题属于电场中轨迹问题，考查分析推理能力根据轨迹的弯曲方向，判断出电荷受到的电场力指向轨迹内侧电场力做正功，电势能减小，动能增加7B【解析】【分析】根据左手定则可知安培力的方向；对导体棒受力分析，根据水平和竖直方向的平衡方程讨论支持力和摩擦力的变化.【详解】根据左手定则可知，导体棒受安培力方向垂直于B指向右

20、下方，选项A错误；根据F安=BIL可知，导体棒所受安培力大小不变，选项B正确；对导体棒，水平方向：F安sin=f；竖直方向：N=mg+F安cos，则当缓慢转动磁场使 角逐渐增大至 90时，导体棒受到摩擦力变大；导轨对导体棒支持力减小，选项CD错误；故选B.8BC【解析】因为粒子进入电场和磁场正交区域时，不发生偏转，说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡可得qvB=qE，解得相应的粒子速度为：v=EB，所以进入第二个匀强磁场时，粒子具有相同的速度，粒子进入磁场后受洛伦兹力作用，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2r，解得：r=mvqB，由于粒子又分裂成几束，也就是粒子做匀速圆周运动的

21、半径r不同，根据r=mvqB可知，粒子能分裂成几束的粒子的qm不同，而质量m、电荷量可能相同也可能不同，动能也可能相同，故D正确，ABC错误。9AB【解析】【分析】先分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，即可判断电压表示数的变化和总电流的变化，根据串联电路分压特点判断并联部分电压的变化，判断出R2中电流的变化，从而判断出电流表示数的变化【详解】当变阻器R3的滑动头P向b端移动时，R3，外电路总电阻R总，路端电压减小，总电流I总，则电压表示数变小，通过电阻R1的电流IR1。根据串联电路分压规律可知，并联部分的电压U并，通过电阻R2的电流IR2因为I总=IA+IR2，所以电流表示

22、数IA变大。由于电阻R2的电流IR2，则电阻R2的功率变小。故AB正确，CD错误。故选AB。【点睛】本题是简单的电路动态分析问题，关键要分析出变阻器接入电路的电阻变化，即可根据闭合电路欧姆定律分析两电表读数的变化10BC【解析】【分析】运动员下落过程接触蹦床前是自由落体运动，从接触蹦床到最低点过程，蹦床形变量逐渐变大，弹力逐渐增加；当弹力小于重力时，合力向下，加速度向下，运动员向下加速；当弹力大于重力时，合力向上，加速度向上，运动员向下减速【详解】动员下落过程接触蹦床前是自由落体运动，从接触蹦床到最低点过程，蹦床形变量逐渐变大，运动员受到的弹力逐渐增加，故合力先向下后向上，故运动员先加速后减速

23、，故当弹力与重力平衡时，速度最大，故A错误；据功能关系，重力对运动员所做的功等于其重力势能的减小，故B正确；从刚接触蹦床到运动至最低点的过程中，蹦床形变量逐渐变大，运动员受到的弹力逐渐增加，故合力先向下减小后反向增加，故运动员的加速度先减小后增大，故C正确；床对运动员的作用力与运动员对床的作用力是相互作用力，总是等值、反向、共线，故D错误；故选BC。11BD【解析】【分析】质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径不同，导致运动轨迹也不同因此运动轨迹对应的半径越大，则粒子的速率也越大而运动周期它们均一样，但运动时间却由圆弧对应的圆心角决定【详解】由洛伦兹力提供向心

24、力，结合几何运动径迹可知，从b点射出的粒子运动半径较大，由r=mvqB，结合荷质比相同，可得从b点射出的粒子速率较大，故AC错误；由图可以看出a粒子偏转角较大，b粒子偏转角较小，故B正确；由运动周期公式得，T=2mqB，由于荷质比相同，周期与速率无关，粒子运动的时间：t=2T可知运动的时间，仅由轨迹所对的圆心角决定，故b点射出的粒子运动时间较短，故D正确；故选BD。12CD【解析】【分析】带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动的性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化【详解】根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力

25、的合力与速度方向同向，粒子做匀加速直线运动，合力不为零，因此A错误，D正确；由上述分析可知，电场力做正功，机械能增加，故B错误；由于只有电场力做功，可知粒子的电势能和动能的总和保持不变，故C正确；故选CD。130.6 6 【解析】【分析】小球垂直撞在斜面上，速度与斜面垂直，将该速度进行分解，根据水平分速度和角度关系求出竖直分速度，再根据vy=gt求出小球在空中的飞行时间根据P=mgvy求解小球与斜面相碰时重力的瞬时功率【详解】设飞行的时间为t，因为是垂直撞上斜面，斜面与水平面之间的夹角为45，所以有：v0=vy，代入数据解得：vy=6m/s，所以时间t为：t=vyg610s0.6s；重力的瞬时

26、功率为：P=mgvy=0.1106W=6W【点睛】该题是平抛运动基本规律的应用，主要抓住撞到斜面上时水平速度和竖直方向速度的关系，知道瞬时功率的求解公式P=Fv，其中的v是沿F方向的速度14【答题空1】13m -3mv028 【解析】【分析】以A、B两球组成的系统为研究对象，在碰撞过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出B球的质量；由动能定理可以求出B对A所做的功【详解】以A、B组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAv0=mA（-v02）+mBv02，解得mB=3m；以A为研究对象，由动能定理得：W=12mA(v02)212mAv02=38mv02，符号表

27、示B对A做负功；15nB0t0L2 nB0L2R 【解析】【分析】本题是线圈的面积不变，磁场在变化，磁通量的变化率t=BtS，再根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，再根据q=It0，从而求解【详解】磁通量的变化率为：t=BtS=B0t0L2根据法拉第电磁感应定律得线圈中的感应电动势为：E=nt=nB0t0L2再根据闭合电路欧姆定律得感应电流为：I=ER=nB0L2t0R电量为：q=It0=nB0L2R【点睛】本题是线圈类型，要掌握法拉第定律的几种不同表达形式，再结合闭合电路欧姆定律进行求解，并掌握求电量的公式16（1）毫米刻度尺； （2）重锤离打点计时器太远，为了能在

28、纸带上打出更多的点，则纸带应该上提； （3）略大于； 系统误差； （4）不正确。要想通过v2-h图象的方法验证机械能是否守恒，还必须看图象的斜率是否接近2g. 【解析】【分析】（1、2）根据正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材；（3）在实际的测量中，由于有阻力的作用，使得重物减少的重力势能通常会略大于增加的动能；（4）如果v2-h图象为直线，仅表示合力恒定，与机械能是否守恒无关，比如：阻力恒定，合外力一定，加速度一定，v2-h图象也可能是一条过原点的倾斜的直线。【详解】（1）实验中纸带上的点点之间的距离需要测量，故用到毫米刻度尺；（2）由图可知，重锤离打点计

29、时器太远，为了能在纸带上打出更多的点，则纸带应该上提；（3）在实际的测量中，由于有阻力的作用，使得重物减少的重力势能通常会略大于增加的动能，这样产生的误差属于系统误差；（4）该同学的判断依据不正确。在重物下落h的过程中，若阻力f恒定，根据mgh-fh=12mv2，可得：v2=2（g-fm）h，则此时v2-h图象就是过原点的一条直线。所以要想通过v2-h图象的方法验证机械能是否守恒，还必须看图象的斜率是否接近2g。17a点 大于 UIRAI 【解析】【分析】（1）电流表读数比电压表计数变化明显，说明电流表的分压作用较小，所以要用内接法；（2）用内接法测量时，电流表准确，电压表值偏大，所以测量值偏

30、大；先求出电阻两端的实际电压值，再根据欧姆定律即可求解；（3）要描绘出该被测电阻的伏安特性曲线，则要得出多做U、I值，所以要用到滑动变阻器调节电路，为了使被测电压可以从零开始，所以滑动变阻器要用分压式。【详解】（1）当K分别接a和接b时，发现电流表读数比电压表计数变化明显，说明电流表的分压作用较小，所以要用内接法，即应采用K接a点的方法；（2）用此接法电压表测量的是电流表和被测电阻的总电压，电流表测量的是被测电阻的电流，根据欧姆定律R=U/I可知，电压偏大，电流准确，所以电阻值偏大；电阻两端的电压U=U-IRA；根据欧姆定律R=UI得：Rx=UIRAI（4）要描绘出该被测电阻的伏安特性曲线，则

31、要得出多做U、I值，所以要用到滑动变阻器调节电路，为了使被测电压可以从零开始，所以滑动变阻器要用分压式，电路图如图所示：【点睛】确定滑动变阻器与电流表接法是设计实验电路图的关键，要求同学们学会实验误差的分析，难度适中。18(1)1.25s(2) 8m【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律分别求出物块和木板的加速度，结合速度时间公式求出速度相同所经历的时间（2）若木板与地面间动摩擦因数2=0.1，根据牛顿第二定律求木板的加速度，由速度公式求出速度相等时的时间及共同速度相对静止后一起做匀减速运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出还能向前滑行的距离【详解】（1）放上木块后，物块的加速度为：a1=1m

32、gm=1g=4m/s2木板的加速度大小为：a2=1mgm=1g=4m/s2设经过t时间速度相同，根据速度时间公式得：a2t=v1-a1t，解得：t=v1a1+a2=104+4s=1.25s （2）若木板与地面间动摩擦因数为：2=0.1木板的加速度大小为：a2=1mg+22mgm=1g+22g=6m/s2设经过t时间速度相同，根据速度时间公式得：v1-a2t=a1t，解得：t=1s共同速度为：v=a1t=41=4m/s共速后两者一起运动，加速度为：a=22mg2m=2g=1m/s2木板与物块相对静止后还能向前滑行的距离为：x=v22a=4221=8m【点睛】解决本题的关键理清物块和木板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综合求解，本题分析两个物体的运动规律是关键19(1)mvqL；(2)4mv23qL【解析】【分析】（1）当粒子在磁场中运动的轨道半径最大时，速度最大，根据几何关系