1、四川省德阳市中江中学2015届高三下学期月考物理试卷一.（选择题共42分）1如图所示，实线是某电场中的电场线，虚线是一个带负电的粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，若带电粒子是从a处运动到b处，以下判断正确的是( )A带电粒子从a到b加速度减小B带电粒子在b处电势能大Cb处电势高于a处电势D带电粒子在b处速度大2如图所示的电路中，闭合开关S，灯泡L1和L2均正常发光，由于某种原因灯泡L2灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列结论正确的是( )A电流表读数变大，电压表读数变小B灯泡L1变亮C电容器C上电荷量减小D电源的输出功率可能变大3一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，此时刻质点P的速度为v，
2、经过0.2s它的速度大小、方向第一次与v相同，再经过1.0s它的速度大小、方向第二次与v相同，则下列判断中不正确的有( )A波沿+x方向传播，波速为5m/sB若某时刻M质点到达波谷处，则P质点一定到达波峰处C质点M与质点Q的位移大小总是相等、方向总是相反D从图示位置开始计时，在2.2s时刻，质点P的位移为20cm4打磨某剖面如图所示的宝石时，必须将OP、OQ边与轴线的夹角切割在12的范围内，才能使从MN边垂直入射的光线，在OP边和OQ边都发生全反射（仅考虑如图所示的光线第一次射到OP边并反射到OQ边后射向MN边的情况），则下列判断正确的是( )A若2，光线一定在OP边发生全反射B若2，光线会从
3、OQ边射出C若1光线会从OQ边射出D若1光线会在OP边发生全反射5假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G则地球的密度为( )ABCD6如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a，b所示，则( )A两次t=0时刻线圈平面均与中性面重合B曲线a、b对应的线圈转速之比为2：3C曲线a表示的交变电动势频率为25HzD曲线b表示的交变电动势有效值为10V7如图所示，匀强磁场的边界为矩形abcd，已知abac一束带正电的粒子以不同的速度v沿
4、cd边从c点射入磁场，不计粒子的重力，关于粒子在磁场中的运动情况下列说法中正确的是( )A入射速度越小的粒子，其运动时间越长B从ac边出射的粒子的运动时间都相等C从ab边出射的粒子速度越大，运动时间越短D粒子不可能从bd、cd边出射二.非选择题8（17分）用如图所示的装置验证小球做自由落体运动时机械能守恒，图中O为释放小球的位置，A、B、C、D为固定速度传感器的位置且与O在同一条竖直线上（1）若当地重力加速度为g，还需要测量的物理量有_A小球的质量mB小球下落到每一个速度传感器时的速度vC小球下落到每一个速度传感器时下落的高度hD小球下落到每一个速度传感器时所用的时间t（2）作出v2h图象，由
5、图象算出其斜率k，当k=_可以认为小球下落过程中机械能守恒（3）写出对减小本实验误差有益的一条建议：_9利用如图（a）所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：待测电源，电阻箱R（最大阻值999.9），电阻R0（阻值为3.0），电阻R1（阻值为3.0），电流表A（量程为200mA，内阻为RA=6.0），开关S实验步骤如下：将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；多次调节电阻箱，记下电流表的示数I和电阻箱相应的阻值R2；以为纵坐标，R为横坐标，作R图线（用直线拟合）；求出直线的斜率k和纵轴上的截距b回答下列问题：（1）实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R=3.0时电流表的示数如图（b
6、）所示，读出数据，完成下表答：_，_（2）根据图（c）图线求得斜率k=_A11，截距b=_A1（3）分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则与R的关系式为_R/1.02.03.04.05.06.07.0I/A0.1430.1250.1000.0910.0840.077I1/A16.998.0010.011.011.913.0（4）根据图线求得电源电动势E=_V，内阻r=_10如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两
7、点间距离为d，缆绳质量忽略不计求：（1）小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf；（2）小船经过B点时的速度大小v1；（3）小船经过B点时的加速度大小a11（17分）用如图所示的水平传送带AB和斜面BC将货物运送到斜面的顶端传送带AB的长度L=11m，上表面保持匀速向右运行，运行的速度v=12m/s传送带B端靠近倾角=37的斜面底端，斜面底端与传送带的B端之间有一段长度可以不计的小圆弧在A、C处各有一个机器人，A处机器人每隔t=1.0s将一个质量m=10kg的货物箱（可视为质点）轻放在传送带A端，货物箱经传送带和斜面后到达斜面顶端的C点时速度恰好为零，C点处机器人立刻将货物箱搬走已知斜面
8、BC的长度s=5.0m，传送带与货物箱之间的动摩擦因数0=0.55，货物箱由传送带的右端到斜面底端的过程中速度大小损失原来的，g=10m/s2（sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）斜面与货物箱之间的动摩擦因数；（2）从第一个货物箱放上传送带A端开始计时，在t0=3.0s的时间内，所有货物箱与传送带的摩擦产生的热量Q；（3）如果C点处的机器人操作失误，未能将第一个到达C点的货物箱搬走而造成与第二个货物箱在斜面上相撞求两个货物箱在斜面上相撞的位置到C点的距离（本问结果可以用根式表示）12（19分）如图甲所示，间距为d，垂直于纸面的两平行板P，Q间存在匀强磁场，取垂直于纸面向里为磁场的
9、正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，t=0时刻，一质量为m，带电量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0，由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区，当B0和TB取某些特定值时，可使t=0时刻入射的粒子经t时间恰能垂直打在P板上（不考虑粒子反弹），上述m、q、d、v0为已知量（1）若t=TB，求B0；（2）若t=TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；（3）若B0=，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB四川省德阳市中江中学2015届高三下学期月考物理试卷一.（选择题共42分）1如图所示，实线是某电场中的电场线，虚线是一个带负电的粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，若
10、带电粒子是从a处运动到b处，以下判断正确的是( )A带电粒子从a到b加速度减小B带电粒子在b处电势能大Cb处电势高于a处电势D带电粒子在b处速度大考点：电场线；电场强度；电势 专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线越密，场强越大，电场力越大，加速度越大粒子的轨迹向下弯曲可知粒子所受的电场力方向向下，粒子带负电，可判断出电场线的方向，判断出电势高低根据电场力做功正负，分析电势能的变化和动能的变化解答：解：A、由图看出，a处电场线比b处疏，则a处场强比b处小，粒子所受的电场力小于b处的电场力，a处的加速度也比b处的加速度小故A错误B、D粒子的轨迹向下弯曲可知粒子所受的电场力方向向下，则从a运动到
11、b过程中，电场力做负功，电势能增大，动能减小，速率减小故B正确，D错误C、电场力方向向下，粒子带负电，可知电场线的方向向上，则b处电势低于a处电势故C错误故选：B点评：本题根据轨迹的弯曲方向判断电场线的方向，根据电场线的两个物理意义判断加速度和电势能的大小：电场线的疏密反映场强的大小，顺着电场线电势降低2如图所示的电路中，闭合开关S，灯泡L1和L2均正常发光，由于某种原因灯泡L2灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列结论正确的是( )A电流表读数变大，电压表读数变小B灯泡L1变亮C电容器C上电荷量减小D电源的输出功率可能变大考点：闭合电路的欧姆定律；电容 专题：恒定电流专题分析：因灯泡L2
12、灯丝突然烧断，外电路总电阻增大，分析总电流的变化和路端电压的变化，即可知道两电表读数的变化及灯泡L2亮度的变化判断R两端电压的变化，即可知道电容器两端电压的变化，由Q=CU分析电量的变化根据电源的内阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，分析电源的输出功率变化解答：解：A、B灯泡L2灯丝突然烧断，外电路总电阻增大，总电流减小，根据欧姆定律得知：电源的内电压减小，路端电压增大，故知电流表的读数变小，电压表的读数变大总电流减小，则灯泡L1变暗故A、B错误C、路端电压增大，灯L1的电压减小，则电阻R两端的电压增大，电容器两端的电压增大，由Q=CU知，电容器C上电荷量增大故C错误D、根据电源的内阻等于外电
13、阻时，电源的输出功率最大，由于电源的内电阻与外电阻关系未知，电源的输出功率可能变大故D正确故选D点评：本题是电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”的顺序进行分析3一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，此时刻质点P的速度为v，经过0.2s它的速度大小、方向第一次与v相同，再经过1.0s它的速度大小、方向第二次与v相同，则下列判断中不正确的有( )A波沿+x方向传播，波速为5m/sB若某时刻M质点到达波谷处，则P质点一定到达波峰处C质点M与质点Q的位移大小总是相等、方向总是相反D从图示位置开始计时，在2.2s时刻，质点P的位移为20cm考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 专题：波的多解性分析
14、：由图读出波长=6m根据图示时刻质点P的速度为v，经过0.2s它的速度大小、方向第一次与v相同，质点P运动到关于平衡位置对称的位置，再经过1.0s它的速度大小、方向第二次与v相同时，回到原来位置，完成一次全振动，则P振动的周期T=1.2s，而且图示时刻P点的运动沿y轴正方向，可判断出波沿+x方向传播，由公式v=求出波速图示时刻，质点M与质点Q的位移大小相等、方向相反，但它们平衡位置之间的距离不是半个波长的奇数倍，位移不是总是相反质点M与P是反相点，振动情况总是相反从图示位置开始计时，在2.2s时刻，质点P到达波谷解答：解：A、由图读出波长=6m，根据已知条件分析得到周期T=1.2s，由公式v=
15、5m/s而且图示时刻P点运动方向沿y轴正方向，则沿波+x方向传播故A正确B、图示时刻，质点M与质点P两点平衡位置之间的距离是半个波长，振动情况总是相反若M质点到达波谷处，则P质点一定到达波峰处故B正确C、图示时刻，质点M与质点Q的位移大小相等、方向相反，但它们平衡位置之间的距离不是半个波长的奇数倍，位移不是总是相反故C错误D、波的周期T=1.2s，从图示位置开始计时，在2.2s时刻质点P的位置与1.0s时刻的位置相同，到达波谷，位移为20cm故D正确本题选错误的，故选C点评：本题在于关键分析质点P的振动情况，确定P点的运动方向和周期，即可判断波的传播方向考查把握振动与波动联系的能力4打磨某剖面
16、如图所示的宝石时，必须将OP、OQ边与轴线的夹角切割在12的范围内，才能使从MN边垂直入射的光线，在OP边和OQ边都发生全反射（仅考虑如图所示的光线第一次射到OP边并反射到OQ边后射向MN边的情况），则下列判断正确的是( )A若2，光线一定在OP边发生全反射B若2，光线会从OQ边射出C若1光线会从OQ边射出D若1光线会在OP边发生全反射考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：发生全反射的条件是光从光密介质射入光疏介质，且入射角大于临界角根据条件：在12的范围内，才能使从MN边垂直入射的光线，在OP边和OQ边都发生全反射，结合几何关系分析临界角的范围，再进行判断解答：解：AB、从MN边垂直入
17、射，由几何关系可知光线射到PO边上时的入射角i=，据题：在12的范围内，才能使从MN边垂直入射的光线，在OP边和OQ边都发生全反射，说明临界角C的范围为：2C1若2，光线在PO上入射角i=2C，故光线在OP边一定不发生全反射，会从OP边射出故AB错误CD、若1，i=1C，故光线在OP边会发生全反射根据几何关系可知光线OQ边上入射角i较大，光线会在OQ边发生全反射，故C错误，D正确故选：D点评：本题关键要掌握全反射的条件，熟练应用几何知识帮助分析入射角的大小，即可进行判断5假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G
18、则地球的密度为( )ABCD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：根据万有引力等于重力，则可列出物体在两极的表达式，再由引力与支持力的合力提供向心力，列式综合可求得地球的质量，最后由密度公式，即可求解解答：解：在两极，引力等于重力，则有：mg0=G，由此可得地球质量M=，在赤道处，引力与支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律，则有：Gmg=m，而密度公式，=，故B正确，ACD错误；故选：B点评：考查万有引力定律，掌握牛顿第二定律的应用，注意地球两极与赤道的重力的区别，知道密度表达式6如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动
19、，产生的交变电动势图象如图2中曲线a，b所示，则( )A两次t=0时刻线圈平面均与中性面重合B曲线a、b对应的线圈转速之比为2：3C曲线a表示的交变电动势频率为25HzD曲线b表示的交变电动势有效值为10V考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题分析：根据图象可分别求出两个交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等解答：解：A、在t=0时刻，线圈一定处在中性面上；故A正确；B、由图可知，a的周期为4102s；b的周期为6102s，则由n=可知，转速与周期成反比，故转速之
20、比为：；故B错误；C、曲线a的交变电流的频率f=25Hz；故C正确；D、由Em=NBS可知=，所以Emb=Ema=10V，曲线b表示的交变电动势有效值为U=5V；故D错误；故选：AC点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量7如图所示，匀强磁场的边界为矩形abcd，已知abac一束带正电的粒子以不同的速度v沿cd边从c点射入磁场，不计粒子的重力，关于粒子在磁场中的运动情况下列说法中正确的是( )A入射速度越小的粒子，其运动时间越长B从ac边出射的粒子的运动时间都相等C从ab边出射的粒子速度越大，运动时间越短D粒子不可能从bd、c
21、d边出射考点：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：带电粒子进入磁场做匀速圆周运动，周期为T=，轨迹半径为r=根据圆的对称性可知，从ac边出射的粒子速度的偏向角相同，则轨迹的圆心角相同，运动时间必定相同速度越大，半径越大，从ab边出射的粒子速度的偏向角不同，运动时间不同解答：解：A、带电粒子进入磁场做匀速圆周运动，轨迹半径为r=，速度越大，半径越大，根据圆的对称性可知，从ac边出射的粒子速度的偏向角都相同，而轨迹的圆心角等于速度的偏向角，则从ac边出射的粒子轨迹的圆心角都相同，粒子在磁场中运动时间为t=T，T相同，则从ac边出射的速度不同的粒子的运动时间都相等，不是
22、速度越小，时间越长故A错误，B正确；C、从ab边出射的粒子速度越大，半径越大，则圆心角越小，粒子在磁场中运动时间为t=T，T相等，所以速度越大，时间运动时间越短，故C正确；D、当速度较大时，圆周运动的半径较大，可以从bd边射出，故D错误故选：BC点评：本题带电粒子在有界的磁场中运动的类型，注意根据圆的对称性得到出射时粒子速度和边界的夹角与入射时速度和边界的夹角相等二.非选择题8（17分）用如图所示的装置验证小球做自由落体运动时机械能守恒，图中O为释放小球的位置，A、B、C、D为固定速度传感器的位置且与O在同一条竖直线上（1）若当地重力加速度为g，还需要测量的物理量有BCA小球的质量mB小球下落
23、到每一个速度传感器时的速度vC小球下落到每一个速度传感器时下落的高度hD小球下落到每一个速度传感器时所用的时间t（2）作出v2h图象，由图象算出其斜率k，当k=2g可以认为小球下落过程中机械能守恒（3）写出对减小本实验误差有益的一条建议：相邻速度传感器间的距离适当大些；选用质量大、体积小的球做实验等考点：机械能守恒定律 专题：实验题；压轴题；机械能守恒定律应用专题分析：（1）根据需要验证的方程：mgh=，确定需要测量的物理量（2）根据mgh=，得到v2与h的关系式，分析v2h图象斜率的物理意义（3）要减小实验误差，测量的量应相对大些，选用质量大、体积小的球做实验等解答：解：（1）小球做自由落体
24、运动时，由机械能守恒定律得：mgh=，即gh=，故需要测量小球下落到每一个速度传感器时的速度v和高度h，不需要测量小球的质量m和下落时间时间t故BC正确，AD错误（2）由mgh=，得v2=2gh，则v2h图象的斜率k=2g（3）为了减小测量的相对误差，建议相邻速度传感器间的距离适当大些；为减小空气阻力的影响，建议选用质量大、体积小的球做实验等故答案为：（1）BC；（2）2g；（3）相邻速度传感器间的距离适当大些；选用质量大、体积小的球做实验等点评：本实验以小球做自由落体运动为例，验证机械能守恒定律，根据方程mgh=，分析v2h图象斜率的意义是常用的方法9利用如图（a）所示电路，可以测量电源的电
25、动势和内阻，所用的实验器材有：待测电源，电阻箱R（最大阻值999.9），电阻R0（阻值为3.0），电阻R1（阻值为3.0），电流表A（量程为200mA，内阻为RA=6.0），开关S实验步骤如下：将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；多次调节电阻箱，记下电流表的示数I和电阻箱相应的阻值R2；以为纵坐标，R为横坐标，作R图线（用直线拟合）；求出直线的斜率k和纵轴上的截距b回答下列问题：（1）实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R=3.0时电流表的示数如图（b）所示，读出数据，完成下表答：0.110，9.09（2）根据图（c）图线求得斜率k=1.0A11，截距b=0.6A1（3）分别用E和r表示电源的
26、电动势和内阻，则与R的关系式为=R+（5.0+r）R/1.02.03.04.05.06.07.0I/A0.1430.1250.1000.0910.0840.077I1/A16.998.0010.011.011.913.0（4）根据图线求得电源电动势E=3.0V，内阻r=1.0考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：（1）根据图b所示电流表读出其示数，然后答题（2）应用描点法作出图象，然后根据图象分析答题（3）根据图a所示电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式（4）根据图象与图象的函数表达式求出电源电动势与内阻解答：解：（1）由图b所示可知，电流I=0.110A，故电流的倒数为9.09；
27、（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：由图示图象可知，图象斜率k=1，由图示可知，图象截距：b=6.0；（3）电流表与电阻R1并联，两端电压相等，电阻R1的阻值为3.0，电流表内阻为RA=6.0，则通过电阻R1的电流为为通过电流表的2倍，电流表示数为I，电路电流为3I，并联电阻R并=2，由图a所示电路图可知，E=3I（R并+R0+R+r），则=R+3=R+（5.0+r）；（4）由图示图象与图象的函数表达式可知，k=，b=（5.0+r），代入数据解得，电源电动势E=3.0V时，内阻r=1.0；故答案为：（1）0.110；9.09；（2）1；6.0；（3）=R+（5.0
28、+r）；（4）3.0；1.0；点评：本题考查了求图象函数表达式、电表读数、作图象、求电源电动势与内阻问题，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法，要会用图象法处理实验数据10如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计求：（1）小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf；（2）小船经过B点时的速度大小v1；（3）小船经过B点时的加速度大小a考点：运动的
29、合成和分解；牛顿第二定律 专题：压轴题；运动的合成和分解专题分析：（1）根据功的表达式求出阻力所做的功（2）根据动能定理求出小船经过B点时的速度（3）设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为，绳的速度大小为u，根据牛顿第二定律、功率P=Fu，以及小船速度与绳子收缩速度的关系求出B点的加速度解答：解：（1）小船从A点运动到B点克服阻力做功Wf=fd（2）小船从A点运动到B点，电动机牵引绳对小船做功W=Pt1 由动能定理有 由式解得 （3）设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为，绳的速度大小为u，P=Fu u=v1cos 牛顿第二定律 Fcosf=ma由得答：（1）A到B
30、点过程中，小船克服阻力所做的功为fd（2）小船经过B点时速度大小（3）小船经过B点时的加速度大小点评：本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性较强，对学生能力要求较高，尤其第三问要运用到速度的分解11（17分）用如图所示的水平传送带AB和斜面BC将货物运送到斜面的顶端传送带AB的长度L=11m，上表面保持匀速向右运行，运行的速度v=12m/s传送带B端靠近倾角=37的斜面底端，斜面底端与传送带的B端之间有一段长度可以不计的小圆弧在A、C处各有一个机器人，A处机器人每隔t=1.0s将一个质量m=10kg的货物箱（可视为质点）轻放在传送带A端，货物箱经传送带和斜面后到达斜面顶端的C点时速
31、度恰好为零，C点处机器人立刻将货物箱搬走已知斜面BC的长度s=5.0m，传送带与货物箱之间的动摩擦因数0=0.55，货物箱由传送带的右端到斜面底端的过程中速度大小损失原来的，g=10m/s2（sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）斜面与货物箱之间的动摩擦因数；（2）从第一个货物箱放上传送带A端开始计时，在t0=3.0s的时间内，所有货物箱与传送带的摩擦产生的热量Q；（3）如果C点处的机器人操作失误，未能将第一个到达C点的货物箱搬走而造成与第二个货物箱在斜面上相撞求两个货物箱在斜面上相撞的位置到C点的距离（本问结果可以用根式表示）考点：动能定理；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿
32、第二定律 专题：动能定理的应用专题分析：（1）货物箱在传送带上做匀加速运动过程，根据牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出货物箱运动到传送带右端时的速度，进而求出货物箱刚冲上斜面时的速度，货物箱在斜面上向上运动过程中根据运动学公式求出加速度，对货物箱进行受力分析，根据牛顿第二定律即可求得；（2）3.0s内放上传送带的货物箱有3个，分别求出三个货物箱相对于传送带的位移，根据与传送带的摩擦产生的热量Q等于克服摩擦力所做的功，即可求解；（3）先计算第一个货物箱到达C点时，第二个货物箱的位置，此时第一个货物箱向下加速运动，第二个货物箱向上减速运动，分别求出它们的加速度，再根据运动学公式即可求解解答：
33、解：（1）货物箱在传送带上做匀加速运动过程，根据牛顿第二定律有：0 mg=ma0解得：a0=0g=5.5m/s2由运动学公式有：v12=2a0L解得货物箱运动到传送带右端时的速度大小为：v1=11m/s货物箱刚冲上斜面时的速度为：v2=（1）v1=10m/s货物箱在斜面上向上运动过程中有：v22=2a1s解得：a1=10m/s2根据牛顿第二定律与：mgsin+mgcos=ma1解得：=0.5（2）3.0s内放上传送带的货物箱有3个，前2个已经通过传送带，它们在传送带上的加速时间t1=t2=2.0s；第3个还在传送带上运动，其加速时间为t3=1.0s前2个货物箱与传送带之间的相对位移为：s=v
34、t1v1t1=13m第3个货物箱与传送带之间的相对位移为：s=vt3v1t3=9.25m 前2个货物箱与传送带摩擦产生的总热量为：Q1=20 mgs=1430J第三个货物箱与传送带摩擦产生的热量为：Q2=0 mgs=508.75J 总共生热为：Q=Q1+Q2=1938.75J （3）货物箱由A运动到B的时间为2.0s，由B运动到C的时间为1.0s，可见第一个货物箱冲上斜面C端时第二个货物箱刚好冲上斜面货物箱沿斜面向下运动，根据牛顿第二定律有：mgsinmgcos=ma2解得加速度大小为：a2=2.0m/s2设第一个货物箱在斜面C端沿斜面向下运动与第二个货物箱相撞的过程所用时间为t，有：v2ta
35、1t2+a2t2=s解得：s0.69 s 两个货物箱在斜面上相遇的位置到C端的距离为：s1=a2t2=m0.48 m 答：（1）斜面与货物箱之间的动摩擦因数为0.5；（2）从第一个货物箱放上传送带A端开始计时，在t0=3.0s的时间内，所有货物箱与传送带的摩擦产生的热量Q为1938.75J；（3）两个货物箱在斜面上相撞的位置到C点的距离为0.48 m点评：该题涉及到相对运动的过程，要认真分析物体的受力情况和运动情况，本题难度较大12（19分）如图甲所示，间距为d，垂直于纸面的两平行板P，Q间存在匀强磁场，取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，t=0时刻，一质量为
36、m，带电量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0，由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区，当B0和TB取某些特定值时，可使t=0时刻入射的粒子经t时间恰能垂直打在P板上（不考虑粒子反弹），上述m、q、d、v0为已知量（1）若t=TB，求B0；（2）若t=TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；（3）若B0=，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB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：（1）由牛顿第二定律可以求出磁感应强度；（2）由向心加速度公式可以求出粒子的向心加速度；（3）由粒子在磁场中做圆周运动的周期公式与几何知识可以分析答题解答：
37、解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv0B0=m 根据题意，由几何知识可知，R1=d 解得：B0= （2）设粒子的轨道半径为R2，加速度为a，由向心加速度公式得：a= 根据题意由几何知识可知，3R2=d 解得：a= （3）设粒子的轨道半径为R，周期为T，则T= 由牛顿第二定律得：qv0B0=m 由题意知B0=，代入得d=4R 粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2连线与水平方向夹角为，在每个TB内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求0，由题意可知：T= 设经历整个完整TB的个数为n（n=0、1、2、3）若在A点击中P板，根据题意由几何关系得：R+2（R+Rsin）n=d当n=0时，无解； 当n=1时，联立式得=（或sin=）联立式得TB=当n2时，不满足0的要求 若在B点击中P板，据题意由几何关系得R+2Rsin+2（R+Rsin）n=d当n=0时，无解； 当n=1时，联立式得=arcsin（或sin=）联立式得TB=（+arcsin）当n2时，不满足0的要求点评：本题考查了粒子在磁场中的运动问题，分析清楚粒子运动过程是正确解题的关键，应用牛顿第二定律即可正确解题
