1、重庆市南岸区2019-2020学年高一物理上学期期末考试学业质量调研抽测试题（含解析）一、单选题1.汽车刹车后做匀减速直线运动，经过3s停止运动，那么汽车在先后连续相等的三个1s内通过的位移之比x1：x2：x3为（）A. 1：2：3B. 5：3：1C. 1：4：9D. 3：2：1【答案】B【解析】【详解】采用逆向思维，汽车做初速度为零的匀加速直线运动，根据x=at2知，1s内、2s内、3s内的位移之比为1：4：9，则初速度为零的匀加速直线运动连续1s内的位移之比为1：3：5，可知汽车在先后连续相等的三个1s内通过的位移之比x1：x2：x3为5：3：1故选B【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运
2、动的运动学公式和推论，并能灵活运用，掌握逆向思维在运动学中的运用2.将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场，以向里为磁场的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】分析一个周期内的情况：在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度B的变化度一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变，ab边在磁场中所受的安培
3、力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从ba，由左手定则判断得知，ab所受的安培力方向水平向左，为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水平向右故B正确【点睛】本题要求学生能正确理解B-t图的含义，故道B如何变化，才能准确的利用楞次定律进行判定根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化，由欧姆定律判断感应电流的变化，进而可确定安培力大小的变化3.如图所示，离地面高h处有甲、乙两个小球，甲以速度v0水平抛出，同时乙以大小相同的初速度v0沿倾角为30的光滑斜面滑下若甲、乙同时到达地面，不计空气阻力，则甲运动的水平距离是（）A.
4、B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】ABCD.甲平抛运动的时间为甲的水平距离为乙在斜面下滑的加速度为乙沿斜面运动，则：联立解得：故A正确BCD错误。故选A。4.如图所示，在原来不带电的金属细杆ab附近P处放置一个正点电荷，达到静电平衡后（）A. a端电势比b端低B. b端电势与d点的电势相等C. a端电势一定不比d点低D. 感应电荷在杆内c处的场强方向由a指向b【答案】D【解析】【详解】ABC、达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，所以可以得到，由于正电荷在右边，所以越往右电场的电势越高，则有：，故ABC错误D、由于杆处于静电平衡状态，所以内部的场强为零，正电荷和感应电荷
5、在内部产生的合场强为零；正电荷在c处产生的场强方向由b指向a，所以感应电荷在杆内c处产生的场强方向由a指向b，故D正确故选D5.将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上如图，槽左侧有一个固定在水平面上的物块现让一个小球自左侧槽口A点正上方由静止开始落下，从A点落入槽内，则下列说法中正确的是（ ）A. 小球在半圆槽内运动的过程中，机械能守恒B. 小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒C. 小球在半圆槽内由B点向C点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒D. 小球从C点离开半圆槽后，一定还会从C点落回半圆槽【答案】D【解析】【详解】A只有重力或只有弹力做功时物体机械能守恒
6、，小球在半圆槽内运动由B到C过程中，除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒，由此可知，小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能守不守恒，故A错误；B小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故B错误；C小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，系统在水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故C错误；D小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有与槽相同的水平分速度，小球做斜上抛运动，然后可以从C点落回半圆槽，故D正确。故选D【点睛】本题考查动量守恒定律与机械能守恒定律当球下落到最低点过程，由于左侧竖直墙壁作用
7、，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，但小球机械能守恒当球从最低点上升时，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒，但小球机械能不守恒，而小球与槽组成的系统机械能守恒6.两个大轮半径相等的皮带轮的结构如图所示，A、B两点的半径之比为2:1，C、D两点的半径之比也为 2:1，下列说法正确的是( )A. A 、B两点的线速度之比为vA:vB = 1:2B. A、C 两点的角速度之比为C. A、C两点的线速度之比为vA:vC = 1:1D. A、D两点的线速度之比为vA:vD = 1:2【答案】B【解析】【详解】A.A、B属于同轴转动，所以角速度相同，根据：，线速度与半径成正比，vA:vB =
8、2：1，A错误B.A、D两点皮带传动，具有相同的线速度，C、D两点具有相同的角速度，所以，所以，B正确C.根据，且，所以vA:vC = 1:2，C错误D.A、D两点皮带传动，具有相同的线速度，vA:vD = 1:1，D错误7. 有A、B两小球，B的质量为A的两倍；现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力图中为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：两球初速度大小和方向均相同，同时因抛出后两物体均只受重力，故加速度相同，因此二者具有相同的运动状态，故B的运动轨迹也是；选项A正确，BCD错误故选A考点：抛体运动【名师点睛】本题考查对抛体运动的掌
9、握，要注意明确质量不同的物体在空中加速度是相同的，而影响物体运动的关键因素在于加速度，与质量无关二、多选题8.将一物体以8m/s的初速度竖直上拋，不计空气阻力，g取10m/s2，则在第1s内物体的( )A. 位移大小为3.2mB. 路程为3.4mC. 平均速度的大小为3m/sD. 速度改变量的大小为10m/s【答案】BCD【解析】【详解】A1s内物体的位移为：方向竖直向上，故A错误；B物体上升的最大位移为：物体上升和下落的总路程为，所以1s内的路程是3.4m，故B正确；C平均速度：故C正确；D速度改变量的大小为：故D正确。故选BCD.9.铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的，已知内外轨道对水平面
10、倾角为，如图所示，弯道处的圆弧半径为 R，火车质量为 m(未画出)，下列说法正确的是( )A. 若转弯时速度小于, 外轨对外侧车轮轮缘有挤压B. 若转弯时速度小于, 则内轨对内侧车轮轮缘有挤压C. 若转弯时速度小于,这时铁轨对火车的支持力大于D. 若转弯时速度等于 ,这时铁轨对火车的支持力等于【答案】BD【解析】【详解】AB.当火车对侧向压力为零时，重力和支持力提供向心力有：，解得：，当速度小于时，火车有近心趋势，对内轨有挤压，A错误B正确C.当速度小于时，设内轨对火车的支持力为，轨道对火车的支持力为，根据竖直方向平衡有：，所以铁轨对火车的支持力小于，C错误D.当速度等于时，侧向弹力为零，根据
11、竖直方向平衡有：，铁轨对火车的支持力为，D正确10.如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上，c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上，小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同，他跳到a车上没有走动便相对a车静止此后( )A. a比c车速度小B. b、c两车的距离保持不变C. a、b两车运动速度相同D. a、c两车运动方向相反【答案】AD【解析】【详解】ACD若人跳离b、c车时对地的速度为v，车的质量为M，人的质量为m由动量守恒定律得：人跳离c车的过程，有人跳上和跳离b过程，有人跳上a车过程，有所以：即：，并且c车与a车方向相反，故AD正确，C错误；
12、B由速度关系可知，b、c两车的距离增大，故B错误。11.如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t=0时刻滑块从木板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力.下列描述滑块的v-t图象中可能正确的是( )A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【详解】滑块滑上木板，受到木板对滑块向左的滑动摩擦力，做匀减速运动；设木块与木板之间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为，木块的质量为，木板的质量为；A.由于地面有摩擦力，最终木块和木板不可能一起做匀速直线运动，故A错误；BC.若木块对木板的摩擦力大于地面对木板的摩擦力时，即：当两者速度相等时，一起做
13、匀减速运动，加速度为：开始木块做匀减速运动的加速度大小为：知图线的斜率变小，故B正确，C错误；D.若木块对木板的摩擦力小于地面对木板的摩擦力时，即：则木板不动，滑块一直做匀减速运动，木块做匀减速运动的加速度大小不变，故D正确12.如图所示，质量为M的木块A套在粗糙水平杆上，并用轻绳将木块A与质量为m的小球B相连现用水平力F将小球B缓慢从实线位置放下到虚线位置，在此过程中木块A始终静止不动假设杆对A的支持力为FN，杆对A的摩擦力为Ff，绳中张力为FT，则此过程中()A. F增大B. Ff不变C. FT减小D. FN不变【答案】CD【解析】【分析】先以B为研究对象，分析在小球下降的过程中F如何变化
14、，再以整体为研究对象，分析摩擦力f支持力的如何变化；【详解】以B为研究对象，小球受到重力、水平力F和轻绳的拉力T，如图1所示：由平衡条件得：，减小，则和F均减小再以整体为研究对象，力图如图2所示，根据平衡条件得：，则逐渐减小，即保持不变，故选项CD正确，AB错误【点睛】本题是动态平衡问题，采用隔离法和整体法相结合，根据共点力平衡条件求解出表达式分析13.如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示t0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0 时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g，关于微粒在0T时间
15、内运动的描述，正确的是()A. 末速度大小为 v0B 末速度沿水平方向C. 重力势能减少了 mgdD. 克服电场力做功mgd【答案】BC【解析】【详解】AB0时间内微粒匀速运动，则有：qE0=mg，内，微粒做平抛运动，下降的位移，T时间内，微粒的加速度 ，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0故A错误，B正确C0时间内微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为d，则重力势能的减小量为mgd，故C正确D在内和T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，则内和T时间内位移的大小相等均为d，所以整个过程中克服电场力做功为，故D错误14.如
16、图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态，已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为6q,.重力加速度为g，静电力常量为k，则( )A. 小球d一定带正电B. 小球b的周期为C. 小球c的加速度大小为D. 外力F竖直向上，大小等于【答案】CD【解析】【详解】Aa、b、c三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d球与a、b、c三小球一定是异种电荷，由于a球的电性未知，所以
17、d球不一定带正电，故A错误。BC设db连线与水平方向的夹角为，则对b球，根据牛顿第二定律和向心力得：解得：则小球c的加速度大小为；故B错误，C正确。D对d球，由平衡条件得：故D正确。15.如图所示,水平圆盘绕过圆心O的竖直轴以角速度匀速转动,A、B、C三个木块放置在圆盘上面的同一条直径上,已知A的质量为2m,A与圆盘间的动摩擦因数为,B和C的质量均为m,B和C与圆盘间的动摩擦因数均为,OA、OB、BC之间的距离均为L,开始时,圆盘匀速转动时的角速度比较小,A、B、C均和圆盘保持相对静止,重力加速度为g,则下列说法中正确的是( ) A. 若B、C之间用一根长L的轻绳连接起来,则当圆盘转动的角速度
18、时, B与圆盘间静摩擦力一直增大B. 若B、C之间用一根长L的轻绳连接起来,则当圆盘转动的角速度时,B、C可与圆盘保持相对静止C. 若A、B之间用一根长2L的轻绳连接起来,则当圆盘转动的角速度时,A与圆盘间静摩擦力先增大后保持不变,B与圆盘间静摩擦力先减小后增大D. 若A、B之间用一根长2L的轻绳连接起来,则当圆盘转动的角速度时,A、B可与圆盘保持相对静止【答案】AD【解析】B、A的质量为 ,A与圆盘间的动摩擦因数为,A与圆盘之间的最大静摩擦力: A需要的向心力等于最大静摩擦力时的角速度 ,则: 所以 同理,B与圆盘之间的最大静摩擦力: B需要的向心力等于最大静摩擦力时的角速度 ,则: 所以:
19、 C与圆盘之间的最大静摩擦力: C需要的向心力等于最大静摩擦力时的角速度 ,则: 所以: A、 若B、C之间用一根长L的轻绳连接起来,则当圆盘转动的角速时,由于 ，大于B的临界加速度，所以绳子是有力的，以C为对象 ： ，得： ，以B为对象： ,得：当时， ；当时， ；刚好达到最大静摩擦力，所以当，通过计算得到B受到的摩擦力的范围： 所以B受到是静摩擦力且与圆盘间静摩擦力一直增大，故A正确B、若B,C之间用一根长L的轻绳连接起来,则当圆盘转动的角速度 时把BC当做一个整体，所需的合外力 ，由于 ，所以B、C与圆盘发生相对滑动，故B错误C、若A,B之间用一根长2L的轻绳连接起来,则当圆盘转动的角速
20、时,通过分析知此时给的角速度大于A和B的临界角速度，所以绳子提供力， 对A分析： 对B分析： 整理两个公式可得： 所以随着的增大， 增大， 减小，当时，达到最大值，不变，而继续减小直到等零，然后的摩擦力方向发生变化对A分析： 对B分析：当时，达到最大值，A、B 要发生相对滑动，所以当A的静摩擦力大小不变，而B的摩擦力先减小后反向增大故C错误D、若A、B之间用一根长2L的轻绳连接起来, 当时，达到最大值，A、B 要发生相对滑动，则当圆盘转动的角速度时,A、B可与圆盘保持相对静止，故D正确综上所述本题答案是：AD16.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计
21、所带电荷量很少，可被忽略一带负电油滴被固定于电容器中的P点现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（ ）A. 平行板电容器的电容将变大B. 静电计指针张角不变C. 带电油滴的电势能将增大D. 若先将上极板与电源正极连接的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【答案】BD【解析】【详解】A.根据知，将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则d增大，则电容减小，故A错误；B.静电计测量是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B正确；C.两板电势差不变，d增大，则两板间电场强度减小，P点与上极板间的距离不变，由
22、U=Ed可知，P点与上极板间的电势差减小，则P点的电势升高，因油滴带负电，可知油滴的电势能减小，故C错误；D电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变故D正确17.如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移选项中正确的是（ ）A B. C. D. 【答案】BD【解析】试题分析
23、：先释放c时，受重力加速度g是不变的，当c进入磁场时即做匀速运动，加速度为0，当d释放时，d的速度为0，然后d做匀加速，到它进入磁场时通过的距离为h，则c做一直匀速运动，c通过的距离为2h，二者一起又进入磁场，磁通量不变，回路中感应电流为0，安培力为0，故两棒做加速度为g的加速运动，故选项B正确，A错误；d棒的动能在d进入磁场前是均匀增加的，进入磁场后在c没有出磁场前也是均匀增加的，当c出磁场时，d棒切割磁感线，产生的安培力方向向上，阻碍d向下运动，但此时d的速度比刚进入磁场时的速度会大一些，所以棒不再像c刚开入那样做匀速运动，而是做减速运动，故选项C错误，D正确；待d棒完全出磁场后，它的加速
24、度又是g，动能又能均匀增加了考点：电磁感应，安培力，牛顿第二定律三、实验题18.（1）为了研究平抛物体的运动，可做下面的实验：如图甲所示，用小锤打击弹性金属片，B球就水平飞出，同时A球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面；如图乙所示的实验：将两个完全相同的斜滑道固定在同一竖直面内，最下端水平把两个质量相等的小钢球从斜面的同一高度由静止同时释放，滑道2与光滑水平板连接，则将观察到的现象是球1落到水平木板上击中球2，这两个实验说明_A.甲实验只能说明平抛运动在竖直方向做自由落体运动B.乙实验只能说明平抛运动在水平方向做匀速直线运动C.不能说明上述规律中的任何一条D.甲、乙二个实验均能同时说明平
25、抛运动在水平、竖直方向上的运动性质（2）关于“研究物体平抛运动”实验，下列说法正确的是_ A.小球与斜槽之间有摩擦会增大实验误差B.安装斜槽时其末端切线应水平C.小球必须每次从斜槽上同一位置由静止开始释放D.小球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度尽可能低一些E.将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行F.在白纸上记录斜槽末端槽口的位置O，作为小球做平抛运动的起点和所建坐标系的原点（3）如图丙，某同学在做平抛运动实验时得出如图丁所示的小球运动轨迹，a、b、c三点的位置在运动轨迹上已标出，则：（g取） 小球平抛运动的初速度为_ m/s小球运动到b点的速度为_ m/s抛出点坐标 _
26、cm y= _ cm【答案】 (1). AB (2). BCE (3). 2 (4). 2.5 (5). -10 (6). -1.25【解析】【详解】(1)A、用小锤打击弹性金属片，B球就水平飞出，同时A球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面，知B球竖直方向上的运动规律与A球相同，即平抛运动竖直方向上做自由落体运动故A正确B、把两个质量相等的小钢球从斜面的同一高度由静止同时释放，滑道2与光滑水平板吻接，则将观察到的现象是球1落到水平木板上击中球2，知1球在水平方向上的运动规律与2球相同，即平抛运动在水平方向上做匀速直线运动故B正确，C、D错误；故选AB.(2)A、小球与斜槽之间有摩擦，不会
27、影响小球做平抛运动，故A错误；B、研究平抛运动的实验很关键的地方是要保证小球能够水平飞出，只有水平飞出时小球才做平抛运动，则安装实验装置时，斜槽末端切线必须水平的目的是为了保证小球飞出时初速度水平，故B正确；C、由于要记录小球的运动轨迹，必须重复多次，才能画出几个点，因此为了保证每次平抛的轨迹相同，所以要求小球每次从同一高度释放，故C正确；D、小球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度不能太低，故D错误E、根据平抛运动的特点可知其运动轨迹在竖直平面内，因此在实验前，应使用重锤线调整面板在竖直平面内，即要求木板平面与小球下落的竖直平面平行，故E正确；F、在白纸上记录斜槽末端槽口的位置O，不能作为小球
28、做平抛运动的起点，故F错误；故选BCE(3)在竖直方向上y=gT2，可得时间间隔，则小球平抛运动的初速度b点在竖直方向上的分速度，小球运动到b点的速度为.抛出点到b点的运动时间水平方向上的位移x1=vt=0.3m，竖直方向上的位移所以开始做平抛运动的位置坐标x=0.2-0.3=-0.1m=-10cm，y=0.1-0.1125=-0.0125m=-1.25cm；19.如图，点光源位于S点，紧靠着点光源的正前方有一个小球A，光照射A球时在竖直屏幕上形成影子P，现打开高速数码相机，同时将小球向着垂直于屏幕的方向水平抛出，小球的影像P在屏幕上移动情况即被数码相机用连拍功能摄下来，该高速数码相机每秒拍摄
29、10次，空气阻力忽略不计（1）小球在空中运动过程中，水平方向做_ 运动，竖直方向做_ 运动（2）小球的影像P在屏幕上移动情况应当是图乙中的_ （选填“a”或“b”）（3）已知图甲中点光源S与屏幕间的距离L=1.0m，根据图乙中的相关数据，可知小球A水平抛出的初速度为_ m/s（g=9.8m/s2，结果保留两位有效数字）【答案】 (1). 匀速直线 (2). 自由落体 (3). b (4). 4.9【解析】【详解】（1）小球在空中运动过程中，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动（2）设经过时间t照相机拍摄一次，从抛出开始经时间t后到达C点，经时间2t后经过B点，如图所示：根据几何关系
30、有：，水平方向做匀速运动，所以，竖直方向做自由落体运动，所以，由得，即，所以小球的影像P在屏上移动情况应当是等间距的，故选b（3）由图可知，PQ=0.1m，AP=1.0m，根据几何关系得，解得 小球A水平抛出的初速度四、计算题20.2019年6月25日，宿迁多地暴雨,严重影响了道路交通安全，某高速公路同一直线车道上同向匀速行驶的轿车或货车，其速度大小分别为v1=30m/s，v2=20m/s，轿车在与货车距离s0=24m时才发现前方有货车，若经过t=0.5s反应时间轿车采取刹车措施，已知轿车要经过x=180m才停下来，两车可视为质点(1)若轿车刹车时货车以v2匀速行驶，通过计算分析两车是否会相撞
31、?(2)若轿车在刹车的同时给货车发信号，货车车司机经t0=2s收到信号后立即以加速度大小a2=2.5m/s2匀加速前进，通过计算分析两车会不会相撞?【答案】(1)会撞车(2)不会撞车【解析】【详解】(1)设轿车减速时的加速度为，则：，得：，轿车司机减速到与货车速度相等用时间为，则：，此过程轿车的位移，又轿车反应距离：，轿车司机发现货车到二者速度相等时货车的位移，因为：，所以会撞车；(2)设货车加速到两车速度相等的时间为，则：，解得：，轿车司机发现货车到两者速度相等轿车的位移：，解得：，轿车司机发现货车到二者速度相等货车的位移，解得：，因为，所以不会撞车21.如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙
32、上，右端被质量可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不栓接，弹簧原长小于光滑平台的长度在平台的右端有一传送带， 长，物块与传送带间的动摩擦因数，与传送带相邻的粗糙水平面长s=1.5m，它与物块间的动摩擦因数，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与平滑连接，圆弧对应的圆心角为，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来若传送带以的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失当弹簧储存的能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的点，取（1） 求右侧圆弧的轨道半径为R;（2） 求小物块最终停下时与C点的距离;（3） 若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板
33、只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）物块被弹簧弹出，由，可知：因为，故物块滑上传送带后先减速物块与传送带相对滑动过程中，由：，得到：，因为，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以的速度滑上水平面BC，物块滑离传送带后恰到E点，由动能定理可知：代入数据整理可以得到：（2）设物块从E点返回至B点的速度为，由得到，因为，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C点x处，由，得到：.（3）设传送带速度为时物块能恰到F点，在F点满足从B到F过程中由动
34、能定理可知：解得：设传送带速度为时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点，由：解得：若物块在传送带上一直加速运动，由知其到B点的最大速度综合上述分析可知，只要传送带速度就满足条件【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理、圆周运动向心力公式的直接应用，此题难度较大，牵涉的运动模型较多，物体情境复杂，关键是按照运动的过程逐步分析求解22.一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中粒子
35、与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：（1）M、N间电场强度E的大小；（2）圆筒的半径R；（3）保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n【答案】（1）（2）（3）n = 3【解析】【详解】(1)设两极板间的电压为U，由动能定理得：由匀强电场中电势差与电场强度的关系得：U=Ed联立上式可得(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系做出圆心， 圆半径为r，设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此SA弧所对圆心角由几何关系得粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得联立得(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移后，设板间电压为，则设粒子进入S孔时的速度为，由可得设粒子做圆周运动的半径为，设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨道所对圆心角为，比较两式得到，可见粒子须经过这样的圆弧才能从S孔射出，故n=3.