河北省石家庄市栾城二中高考物理一模试卷 Word版含解析

比知识你海纳百川，比能力你无人能及，比心理你处变不惊，比信心你自信满满，比体力你精力充沛，综上所述，高考这场比赛你想不赢都难，祝高考好运，考试顺利。2016年河北省石家庄市栾城二中高考物理一模试卷

二、选择题（本题共8小题，在每小题的4个选项中，有的只有一个正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分）

1．学习物理除了知识的学习外，还要领悟并掌握处理物理问题的思想与方法，如图所示是我们学习过的几个实验，其中研究物理问题的思想与方法相同的是（ ）

A．

螺旋测微器测长度

B．

探究求合力的方法 C．

探究加速度与力、质量的关系

D．

观察桌面微小形变

2．现用电压为380V的正弦式交流电给额定电压为220V的电灯供电，以下电路中不可能使电灯正常发光的有（ ）

A． B． C．

D．

3．一简谐横波沿x轴正方向传播，若在x=1m处质点的振动图象如图所示，则该波在t=0.2s

时刻的波形曲线为（ ）

A． B． C．

D．

4．在图1示的装置中，可视为质点的小滑块沿固定的光滑半球形容器内壁，在竖直平面的AB之间简谐振动，用压力传感器测得滑块对器壁的压力大小F随时间t变化的曲线如图2所示，图中t=0时，滑块从A点开始运动．根据力学规律和题中所给出的信息，下列判断正确的是（g取10m/s2）（ ）

A．滑块振动的周期是0.2πs B．半球形容器的半径是0.4 m

C．在t=0.2πs到t=0.25πs和时间段内，滑块速度一直减小 D．t=0.3πs时，小滑块振动到平衡位置，所受合力为零

5．如图所，有一方向垂直纸面向里，宽度为L的匀强磁场，磁感应强度为B．有一等腰三角形导线框abc，ab为2L，线框总电阻为R；现让导线框以速度v匀速向右穿过磁场，规定a→b→c→a的电流方向为正方向，则线框穿过磁场过程中，电流随时间的变化规律图象正确的是 （ ）

A． B． C．

D．

6．一台额定输出功率为50kW的起重机将质量为1吨的货物由静止竖直吊起，最初货物做匀加速运动，在2s末货物的速度为4m/s．起重机达到额定功率后，保持输出功率不变工作．g=10m/s2，不计额外功的损失，则（ ） A．起重机在2s末的输出功率为48kW B．起重机在2s内的平均输出功率为20kW C．货物维持匀加速运动的时间为2.5s D．货物被吊起过程中的最大速度为5m/s 7．2010年1月12日，据国外媒体报道，美国宇航局最新天文望远镜﹣广域红外探测器“WISE”发现一颗围绕太阳运行的小行星，代号为“2010AB78”，“WISE”观测的数据显示，该小行星与太阳的距离约等于地球与太阳的距离，但由于其轨道倾斜，所以离地球很远，不会对地球构成任何威胁．已知火星围绕太阳公转的周期约为2年，假定该小行星和火星均以太阳为中心做匀速圆周运动，则小行星和火星绕太阳运行的速度的比值约为（ ） A．

B．

C．

D．

8．如图所示，用皮带输送机将质量为M的物块向上传送，两者间保持相对静止，则下列关于物块所受摩擦力Ff的说法正确的是（ ）

A．皮带传送的速度越大，Ff越大

B．皮带加速运动的加速度越大，Ff越大 C．皮带速度恒定，物块质量越大，Ff越大 D．Ff的方向一定与皮带速度方向相同

二、解答题（共5小题，满分72分）

9．如图，某同学利用验证碰撞中的动量守恒实验装置．探究半径相等的小球1和2的碰撞过程是否动量守恒，用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2，且m1＞m2，按下述步骤进行了实验：

安装好实验装置，做好测量前的准备，并记下重垂线所指的位置O第一步：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上，重复10次，用尽可能小的圆把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置．

第二步：把小球2放在斜槽前端边缘处，让小球1从A点由静止滚下；使它们碰撞并落在地面上．重复10次，并使用与第一步同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置． 第三步：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置离O点的距离，即线段OD、OE、OF的长度，分别为LD、LE、LF．

（1）小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的 点，m2的落点是图中的 点． （2）用测得的物理量来表示，只要满足关系式 ，则说明两小球的碰撞过程动量守恒． （3）实验中有关操作和描述正确的是 ．

A．用质量大的球去碰质量较小的球，目的是使被碰球飞行距离更远，可减小测量误差 B．调整斜槽末端水平，目的是使两球能发生对心碰撞

C．让入射球认同一位置释放，目的是保障每次碰撞前小球的动量都相同

D．碰撞后两球的动能之和总会小于碰前入射球的动能，是因为斜槽摩擦力做负功造成的．

10．如图甲所示，为某同学测绘额定电压为2.5V的小灯泡的I﹣U特性曲线的实验器材．

（1）根据实验原理，用笔画线代替导线，将图甲中的实验电路图连接完整．

（2）开关S闭合之前，图甲中滑动变阻器的滑片应该置于 端（选填“A”、“B”或“AB中间”）

（3）实验中测得有关数据如下表： U/V 0.40 0.80 1.20 1.60 2.00 2.40 2.80 I/A 0.10 0.16 0.20 0.23 0.25 0.26 0.27 根据表中的实验数据，在如图乙中画出小灯泡的I﹣U特性曲线． （4）若已知小灯泡灯丝在27℃时电阻值约为1.5Ω，并且其电阻值与灯丝的热力学温度成正比，试估算该灯泡以额定功率工作时灯丝的温度约为 ℃（保留三位有效数字）．

11．假期中小芳乘坐火车外出旅游，当火车在一段平直轨道上匀加速行驶时，她用身边的器材测出火车的加速度．小芳的测量过程如下：她一边看着窗外每隔100m的路标，一边用手

表记录着时间．她观测到她所在车厢从经过第一根路标到经过第二根路标的时间间隔为12s，从经过第一根路标到经过第三根路标的时间间隔为22s．请你根据她的测量情况，求： （1）火车的加速度大小（保留三位有效数字）

（2）火车经过第三根路标时的速度大小（保留三位有效数字）

12．如图所示，光滑水平面上放置质量均为M=2.0kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过感应开关时，两车自动分离），一根通过细线栓着且被压缩的轻弹簧固定在甲车的左端，质量为m=1kg的滑块P（可视为质点）与弹簧的右端接触但不相连，其中甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数μ=0.50，此时弹簧的弹

性势能EP=10J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态．现剪断细线．（g=10m/s2）

（1）求滑块P滑上乙车前瞬时速度的大小；

（2）求滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，则P在乙车上滑行的距离为多大？

13．如图所示，真空中有以（r，0）为圆心、半径为r的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，在y=r的上方足够大的范围内，有方向水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E，从O点向不同方向发射速率相同的质子，质子的运动轨迹均在纸面内．设质子在磁场中的轨道半径也为r，已知质子的电量为e，质量为m，不计重力及阻力的作用．求：

（1）质子射入磁场时的速度大小；

（2）速度方向沿x轴正方向射入磁场的质子，到达y轴所需的时间；

（3）速度方向与x轴正方向成30°角（如图所示）射入磁场的质子，到达y轴的位置坐标，并画出质子运动轨迹的示意图；

（4）质子到达y轴的位置坐标的范围．

2016年河北省石家庄市栾城二中高考物理一模试卷

参考答案与试题解析

二、选择题（本题共8小题，在每小题的4个选项中，有的只有一个正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分）

1．学习物理除了知识的学习外，还要领悟并掌握处理物理问题的思想与方法，如图所示是我们学习过的几个实验，其中研究物理问题的思想与方法相同的是（ ）

A．

螺旋测微器测长度

B．

探究求合力的方法 C．

探究加速度与力、质量的关系

D．

观察桌面微小形变

【考点】验证力的平行四边形定则；弹性形变和范性形变．

【分析】中学物理中经常用的研究方法有：控制变量法，微小变量放大法，等效替代法等，

②采用的要明确这些方法在具体实验中的应用，如实验①和④是采用的微小变量放大法，

是等效替代法，③

是在研究F、m、a三个变量之间的关系时，先假定其中一个量不变，研究另外两个量之间的关系，用的是控制变量法．

【解答】解：A、采用微小变量放大法，设一个螺距为0.5mm，当旋转一周时，前进或后退一个螺距，这样把0.5mm的长度放大到旋转一周上．

B、采用的等效替代法，即两次拉橡皮筋的时使橡皮筋的形变相同．

C、研究三个变量之间的关系时，先假定其中一个量不变，研究另外两个量之间的关系，这种方法称为控制变量法．而在本实验中探究小车的加速度与力和质量的关系，故先保持小车质量M不变，而研究合外力和加速度两个物理量之间的关系，或者先保持小车的质量不变，探究小车所受的合外力与小车的加速度之间的关系，故本实验的操作过程采用的为控制变量法．

D、用力向下压，使桌面产生微小形变，使平面镜M逆时针方向微小旋转，若使法线转过θ角，则M反射的光线旋转的角度为2θ，N反射的光线就就旋转了4θ，那么投射到平面镜上的光斑走过的距离就更大，故该实验观察测量结果采用的是微小变量放大法． 因此研究物理问题的思想与方法相同的是AD， 故选：AD．

2．现用电压为380V的正弦式交流电给额定电压为220V的电灯供电，以下电路中不可能使电灯正常发光的有（ ）

A． B． C．

D．

【考点】变压器的构造和原理．

【分析】用电压为380V的正弦式交流电给额定电压为220V的电灯供电，必须要降压． 图A、B是滑动变阻器，只要取适当阻值，都可实现降压；图C、D是自耦变压器，C图起降压作用，D图只能升压．

【解答】解：A、用电压为380V的正弦式交流电给额定电压为220V的电灯供电，必须要降压，图A、B是滑动变阻器，起着分压作用，所以只要取适当阻值，都可实现降压，故A、B正确．

C、D、图C、D是自耦变压器，C图只起降压作用，D图只能升压．所以D只能使电压越变越大没有办法是灯泡正常工作，故C正确，D错误． 故选D．

3．一简谐横波沿x轴正方向传播，若在x=1m处质点的振动图象如图所示，则该波在t=0.2s时刻的波形曲线为（ ）

A． B． C．

D．

【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．

【分析】根据振动图象分析x=1m处质点在t=0.2s时刻的振动情况，再选择与波动图象反映情况一致的波形图．

【解答】解：根据振动图象知：x=1m处质点在t=0.2s时刻经过平衡位置向下运动，简谐横波沿x轴正方向传播，根据波形平移法可知只有D图符合，故D正确，ABC错误． 故选：D

4．在图1示的装置中，可视为质点的小滑块沿固定的光滑半球形容器内壁，在竖直平面的AB之间简谐振动，用压力传感器测得滑块对器壁的压力大小F随时间t变化的曲线如图2所示，图中t=0时，滑块从A点开始运动．根据力学规律和题中所给出的信息，下列判断正确的是（g取10m/s2）（ ）

A．滑块振动的周期是0.2πs B．半球形容器的半径是0.4 m

C．在t=0.2πs到t=0.25πs和时间段内，滑块速度一直减小 D．t=0.3πs时，小滑块振动到平衡位置，所受合力为零 【考点】单摆周期公式．

【分析】通过图象得出压力大小随时间变化的周期，滑块的周期是压力变化周期的2倍，根据滑块的周期，结合单摆的周期公式求出 容器的半径；

滑块在最低点对底部的压力最大，在最高点压力最小，且沿径向的合力为零，从最高点向最低点运动时速度变大．

【解答】解：AB、读图可得，压力大小F随时间t变化的周期T1=0.2πs，经判断知滑块运动的周期T1是压力大小变化周期T2的2倍，故T2=0.4πs，根据周期公式T2=2π得容器的半径：R=

=0.4m，故A错误，B正确；

C、在t=0.2πs到t=0.25πs的时间段内，力逐渐增大，所以速度逐渐增大，故C错误； D、t=0.3πs时，小滑块振动到平衡位置，所受合力提供向心力，不为零，故D错误． 故选：B．

5．如图所，有一方向垂直纸面向里，宽度为L的匀强磁场，磁感应强度为B．有一等腰三角形导线框abc，ab为2L，线框总电阻为R；现让导线框以速度v匀速向右穿过磁场，规定a→b→c→a的电流方向为正方向，则线框穿过磁场过程中，电流随时间的变化规律图象正确的是 （ ）

A． B． C．

D．

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．

【分析】本题分三段时间计算感应电动势，由欧姆定律得到感应电流．感应电动势公式E=Blv，是有效的切割长度．根据楞次定律判断感应电流的方向．

【解答】解：在0﹣时间内，由楞次定律判断可知，感应电流方向沿acba，是负值．t时刻线框有效的切割长度为l=vt，感应电流为I=﹣在﹣

． 在

﹣

时间内，穿过线框的磁通量减小，由楞次定律判断可知，感应电流方向沿abca，

，I与线性关系，且是增函数．由数学知识得知D正确，

=﹣

，I与t成正比．

=﹣

时间内，穿过线框的磁通量均匀增大，产生的感应电流不变，为I=﹣

是正值，感应电流为I=ABC错误．

故选：D．

6．一台额定输出功率为50kW的起重机将质量为1吨的货物由静止竖直吊起，最初货物做匀加速运动，在2s末货物的速度为4m/s．起重机达到额定功率后，保持输出功率不变工作．g=10m/s2，不计额外功的损失，则（ ） A．起重机在2s末的输出功率为48kW B．起重机在2s内的平均输出功率为20kW C．货物维持匀加速运动的时间为2.5s D．货物被吊起过程中的最大速度为5m/s 【考点】功率、平均功率和瞬时功率．

【分析】先求出做匀加速运动时的加速度，根据牛顿第二定律求出拉力，在根据P=Fv求出起重机在2s末的输出功率，平均功率等于F乘以平均速度，当拉力等于重力时速度达到最大值．

【解答】解：A、匀加速运动的加速度a=由牛顿第二定律可知：F﹣mg=ma 解得F=ma+mg=12000N

P=Fv=12000×4W=48000W，故A正确； B、起重机在2s内的平均输出功率为C、当功率达到额定功率时，速度v=故C错误；

D、当拉力等于重力时速度达到最大值，所以

，故D正确．

，故B错误；

m/s=4.12m/s，t=

=

，

故选AD 7．2010年1月12日，据国外媒体报道，美国宇航局最新天文望远镜﹣广域红外探测器“WISE”发现一颗围绕太阳运行的小行星，代号为“2010AB78”，“WISE”观测的数据显示，该小行星与太阳的距离约等于地球与太阳的距离，但由于其轨道倾斜，所以离地球很远，不会对地球构成任何威胁．已知火星围绕太阳公转的周期约为2年，假定该小行星和火星均以太阳为中心做匀速圆周运动，则小行星和火星绕太阳运行的速度的比值约为（ ） A．

B．

C．

D．

【考点】万有引力定律及其应用；人造卫星的环绕速度．

【分析】根据万有引力等于向心力，根据地球与小行星轨道半径相等得出小行星的周期，根据小行星周期和火星周期之比得到它们的轨道半径之比，从而进一步得出小行星和火星绕太阳运行的线速度之比．

【解答】解：万有引力等于向心力 G

=

G=

G=

根据题意

T火：T地=2：1 由以上三式解得 r火：r小=T小=1年 由v=v小：v火=

，得到 ：1 ：1

故选D．

8．如图所示，用皮带输送机将质量为M的物块向上传送，两者间保持相对静止，则下列关于物块所受摩擦力Ff的说法正确的是（ ）

A．皮带传送的速度越大，Ff越大

B．皮带加速运动的加速度越大，Ff越大 C．皮带速度恒定，物块质量越大，Ff越大 D．Ff的方向一定与皮带速度方向相同

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【分析】本题要分传送带加速、皮带匀速运动、皮带向上减速，三种情况传送带运动情况进行讨论，再根据牛顿第二定律即可求解．

【解答】解：A、当传送带加速时，Ff﹣mgsinθ=ma，即Ff=mgsinθ+ma．故皮带加速运动的加速度越大Ff越大，与速度无关，A错误，B正确；

C、当皮带匀速运动时，a=0，因此Ff=mgsinθ，故m越大Ff越大，C正确．

D、当皮带向上减速时mgsinθ+Ff=ma，当a增大到a＞gsinθ时，Ff方向沿斜面向下，故D错误． 故选BC

二、解答题（共5小题，满分72分）

9．如图，某同学利用验证碰撞中的动量守恒实验装置．探究半径相等的小球1和2的碰撞过程是否动量守恒，用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2，且m1＞m2，按下述步骤进行了实验：

安装好实验装置，做好测量前的准备，并记下重垂线所指的位置O第一步：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上，重复10次，用尽可能小的圆把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置．

第二步：把小球2放在斜槽前端边缘处，让小球1从A点由静止滚下；使它们碰撞并落在地面上．重复10次，并使用与第一步同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置． 第三步：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置离O点的距离，即线段OD、OE、OF的长度，分别为LD、LE、LF．

m1的落点是图中的 D 点，m2的落点是图中的 F 点． （1）小球m1与m2发生碰撞后，

（2）用测得的物理量来表示，只要满足关系式 m1LE=m1LD+m2LF ，则说明两小球的碰撞过程动量守恒．

（3）实验中有关操作和描述正确的是 C ．

A．用质量大的球去碰质量较小的球，目的是使被碰球飞行距离更远，可减小测量误差 B．调整斜槽末端水平，目的是使两球能发生对心碰撞

C．让入射球认同一位置释放，目的是保障每次碰撞前小球的动量都相同

D．碰撞后两球的动能之和总会小于碰前入射球的动能，是因为斜槽摩擦力做负功造成的．

【考点】验证动量守恒定律． 【分析】（1）明确实验原理，知道实验中两小球飞行距离关系；

（2）根据动量守恒定律求出需要验证的表达式，然后根据表达式分析答题，注意平抛运动特点的应用．

（3）根据实验原理进行分析，明确各注意事项的目的．

【解答】解：（1）小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的D点，m2的落点是图中的F点．

（2）由于小球平抛运动的时间相等，小球1不发生碰撞时落点在E点，则不发生碰撞时离开斜槽末端的速度为vE=

，同理知，落在D点的速度vD=

，落在F点的速度vF=

，

根据动量守恒知，m1vE=m1vD+m2vF，可知只要验证m1LE=m1LD+m2LF即可．

（3）A、用质量大的球去碰质量较小的球，目的是碰撞小球不发生反弹，故A错误． B、调整斜槽末端水平，目的是保证小球做平抛运动，故B错误．

C、让入射球从同一位置释放，目的是保障每次碰撞前小球的动量都相同，故C正确． D、碰撞后两球的动能之和总会小于碰前入射球的动能，是因为碰撞的过程中有能量损失，与摩擦力做功无关．故D错误． 故选：C． 故答案为：（1）D，F；（2）m1LE=m1LD+m2LF；（3）C

10．如图甲所示，为某同学测绘额定电压为2.5V的小灯泡的I﹣U特性曲线的实验器材．

（1）根据实验原理，用笔画线代替导线，将图甲中的实验电路图连接完整．

（2）开关S闭合之前，图甲中滑动变阻器的滑片应该置于 A 端（选填“A”、“B”或“AB中间”）

（3）实验中测得有关数据如下表： U/V 0.40 0.80 1.20 1.60 2.00 2.40 2.80 I/A 0.10 0.16 0.20 0.23 0.25 0.26 0.27 根据表中的实验数据，在如图乙中画出小灯泡的I﹣U特性曲线． （4）若已知小灯泡灯丝在27℃时电阻值约为1.5Ω，并且其电阻值与灯丝的热力学温度成正

比，试估算该灯泡以额定功率工作时灯丝的温度约为 1.65×103 ℃（保留三位有效数字）．

【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线． 【分析】（1）测定伏安特性曲线，电流、电压需从零开始测起，所以滑动变阻器需采用分压式接法，根据灯泡的电阻大小确定电流表的内外接．

（2）滑动变阻器采用分压式接法，滑片初始的位置应使测量电路部分短路，从而保护测量电路部分．

（3）用平滑的曲线描点作图．

（4）根据电阻值与灯丝的热力学温度成正比，求出比例系数，从图线求出灯泡在额定电压下的电阻，从而求出此时的温度． 【解答】解：（1）测绘额定电压为2.5V的小灯泡的I﹣U特性曲线，电流、电压需从零开始测起，所以滑动变阻器需采用分压式接法，灯泡的电阻较小，属于小电阻，电流表采取外接法．实物连线图如下图（1）．

（2）开关S闭合之前，图甲中滑动变阻器的滑片应该置于A端，使得闭合时，使得测量部分短路，电压、电流为零，起到保护作用． （3）根据数据描点作图，如下图（2）． （4）因为R=kT，则1.5=k，解得k=此时的电阻

273=1647°C=1.65×103°C． 故答案为：（1）如图（1） （2）A

（3）如图（2）

（4）1.58×103～1.65×103

，从图线上知，当U=2.5V时，电流I=0.26A，

，根据R′=kT′，解得T′=9.6×200K=1920K，则t=1920﹣

11．假期中小芳乘坐火车外出旅游，当火车在一段平直轨道上匀加速行驶时，她用身边的器材测出火车的加速度．小芳的测量过程如下：她一边看着窗外每隔100m的路标，一边用手表记录着时间．她观测到她所在车厢从经过第一根路标到经过第二根路标的时间间隔为12s，从经过第一根路标到经过第三根路标的时间间隔为22s．请你根据她的测量情况，求： （1）火车的加速度大小（保留三位有效数字）

（2）火车经过第三根路标时的速度大小（保留三位有效数字）

【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系． 【分析】由题意由火车经过第一根路标到经过第二根路标的时间间隔12s，求出中间时刻的速度，由火车经过第二根路标到经过第三根路标的时间间隔10s，求出中间时刻的速度，再由加速度公式求出加速度．由速度公式求出车经过第三根路标时的速度大小． 【解答】解：（1）研究火车从经过第一根路标到经过第二根路标的过程，位移x1=100m，时间t1=12s，

则中间时刻的速度v1=

同理，研究火车从经过第二根路标到经过第三根路标的过程，位移x2=100m，时间t2=10s，

则中间时刻的速度v2=

则火车的加速度a=

代入解得 a=0.152m/s2

（2）由运动学公式得，火车经过第三根路标时的速度大小v3=v2+a

=10.8m/s

答：

（1）火车的加速度大小为0.152m/s2．

（2）火车经过第三根路标时的速度大小为10.8m/s．

12．如图所示，光滑水平面上放置质量均为M=2.0kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过感应开关时，两车自动分离），一根通过细线栓着且被压缩的轻

弹簧固定在甲车的左端，质量为m=1kg的滑块P（可视为质点）与弹簧的右端接触但不相连，其中甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数μ=0.50，此时弹簧的弹

性势能EP=10J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态．现剪断细线．（g=10m/s2）

（1）求滑块P滑上乙车前瞬时速度的大小；

（2）求滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，则P在乙车上滑行的距离为多大？

【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律． 【分析】（1）因地面光滑，所以滑块P在甲车上滑动的过程中，符合动量守恒的条件，同时除了弹簧的弹力做功之外，没有其他的力做功，所以系统的机械能也是守恒的，分别应用动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解，可得出滑块P滑上乙车前时的瞬时速度．

（2）滑块P滑上乙车时，甲乙两车脱离，滑块和乙车做成了系统，经对其受力分析，合外力为零，动量守恒，可求出滑块和乙车的最终共同速度，由能量的转化和守恒可知，系统减少的机械能转化为了内能，即为摩擦力与相对位移的乘积．从而可求出相对位移，即滑块P在乙车上滑行的距离． 【解答】解：（1）设滑块P滑上乙车前的速度大小为v1，甲乙的速度大小为v2．

以整体为研究对象，作用的过程中动量和机械能都守恒，选向右的方向为正，根据动量守恒定律和能量守恒定律得： mv1﹣2Mv2=0…① EP=mv12+×2Mv22…②

①②两式联立解得：v1=4m/s，v2=1m/s

（2）以滑块和乙车为研究对象，选向右的方向为正，在此动过程中，由动量守恒定律得： mv1﹣Mv2=（m+M）v共…③

由能量守恒定律得：μmgL=mv12+Mv22﹣（m+M）v共2…④ ③④联立并代入解得：L=m

答：

（1）滑块P滑上乙时的瞬时速度的大小为4m/s．

（2）滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离为m．

13．如图所示，真空中有以（r，0）为圆心、半径为r的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，在y=r的上方足够大的范围内，有方向水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E，从O点向不同方向发射速率相同的质子，质子的运动轨迹均在纸面内．设质子在磁场中的轨道半径也为r，已知质子的电量为e，质量为m，不计重力及阻力的作用．求：

（1）质子射入磁场时的速度大小；

（2）速度方向沿x轴正方向射入磁场的质子，到达y轴所需的时间；

（3）速度方向与x轴正方向成30°角（如图所示）射入磁场的质子，到达y轴的位置坐标，并画出质子运动轨迹的示意图；

（4）质子到达y轴的位置坐标的范围．

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动． 【分析】（1）、质子射入磁场后将做匀速圆周运动，此时洛伦兹力提供向心力，由向心力公式

即可求得质子射入磁场时的速度大小．

（2）、速度方向沿x轴正方向射入磁场的质子，在磁场中的运动轨迹是圆周，射出磁场后进入电场做类平抛运动，分别求出这两段运动的时间，再求和． （3）、先对质子在磁场中的运动轨迹进行分析，会发现质子会以平行于y轴的方向离开磁场，质子在磁场中的偏转角是120°，并会垂直于电场的方向射入匀强电场，分别计算进入电场前在y轴方向的位移和进入电场后在y轴方向上的位移，即可得到到达y轴的位置坐标． （4）、质子最远的是从磁场右边界向上直行，即进入电场时距y轴的距离是2r，根据类平抛移动的知识求出在电场中运动时沿y轴的位移，即可求出质子到达y轴最大坐标． 【解答】解：（1）质子射入磁场后做匀速圆周运动，有：

得：

（2）质子沿x轴正向射入磁场后经圆弧后以速度v垂直于电场方向进入电场，在磁场中运动的时间

进入电场后做类平抛运动，沿电场方向做匀加速直线运动，运动r后到达y轴，因此有：

到达y轴所需的时间为t=t1+t2=

（3）质子在磁场中转过120°角后从P点垂直电场线进入电场，在电场中做类平抛运动，运动轨迹如图所示． P点距y轴的距离为： x1=r+rsin30°=1.5r

可得质子从进入电场至到达y轴所需时间为：

质子在电场中沿y轴方向做匀速直线运动，因此有：

质子到达y轴的位置坐标为：

即（0，

）

（4）质子最远的是从磁场右边界向上直行，垂直进入电场，固有：

范围是：（

）

．

．

答：（1）质子射入磁场时的速度大小为

（2）速度方向沿x轴正方向射入磁场的质子，到达y轴所需的时间为

（3）速度方向与x轴正方向成30°角（如图所示）射入磁场的质子，到达y轴的位置坐标为（

）．

）．

（4）质子到达y轴的位置坐标的范围为（

2016年12月9日

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/lu98.html