1、2014-2015学年河北省唐山市玉田县高二（下）期末物理试卷一、选择题：（每小题4分，部分2分，共计48分，1-10题为全体考生必答题，11-12为选作题；请把正确选项填涂在答题卡上，在试卷上作答无效）1（4分）（2015朝阳区一模）如图所示，从同一水平线上的不同位置，沿水平方向抛出两小球A、B，不计空气阻力要使两小球在空中相遇，则必须（）A先抛出A球B先抛出B球C同时抛出两球D两球质量相等考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：两球在空中相遇，结合两球运动的时间判断两球抛出的先后顺序解答：解：相遇时，两球下落的高度相同，根据t=知，两球运动的时间相等，则两球必须同时抛出与质量无关故C正确，A
2、、B、D错误故选：C点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移2（4分）（2015朝阳区一模）如图所示，一物块静止在粗糙的斜面上现用一水平向右的推力F推物块，物块仍静止不动则（）A斜面对物块的支持力一定变小B斜面对物块的支持力一定变大C斜面对物块的静摩擦力一定变小D斜面对物块的静摩擦力一定变大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：有无推力F作用时，物块都静止不动，受力平衡，对物体进行受力分析，根据平衡条件列式即可求解解答：解：没有推力时，物块静止不动，受力平衡，物体受
3、重力、支持力和静摩擦力，设斜面的倾角为，在垂直斜面方向上，斜面对物块的支持力N=mgcos，在沿着斜面方向有：f=mgsin推力F作用后，根据平衡条件得：在垂直斜面方向上，N=mgcos+Fsin，则斜面对物块的支持力一定变大，在沿着斜面方向有f=mgsinFcos，当mgsinFcos时，摩擦力变小，当mgsinFcos时，摩擦力方向变化，若Fcos2mgsin则静摩擦力反向增大，故B正确，ACD错误故选：B点评：解决本题的关键能够正确地对研究对象进行受力分析，同时注意静摩擦力的方向可能会改变，难度适中3（4分）（2015朝阳区二模）如图所示，人造卫星A、B在同一平面内绕地球做匀速圆周运动则
4、这两颗卫星相比（）A卫星A的线速度较大B卫星A的周期较大C卫星A的角速度较大D卫星A的加速度较大考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系专题：人造卫星问题分析：根据万有引力提供向心力得出线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，从而比较出大小解答：解：人造卫星A、B在同一平面内绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则由牛顿第二定律得：=mr=m2r=maT=2，v=，=，a=则可知离地面越远的卫星，轨道半径越小，线速度越大、角速度越大、向心加速度越大、周期越小，所以卫星A的线速度较小，卫星A的周期较大，卫星A的角速度较小，卫星A的加速度较小，故ACD错误，B正确故选：B点评：解决本
5、题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、加速度、周期与轨道半径的关系4（4分）（2015海淀区模拟）图中虚线所示为某一静电场的等势面一点电荷仅在静电力作用下先后经过A、B、C三点，在经过A、C点时，其动能分别为5eV和25eV当这一点电荷经过到B点时，其动能应为（）A10eVB15eVC40eVD55eV考点：等势面；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：由题，相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，根据能量守恒定律确定出在B点的动能解答：解：由题，电荷经过AB点时的动能分别为5eV和25eV，动能增加为20eV而相邻的等势面
6、之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，则电荷从A等势面到B等势面时，动能增加10eV，故B点的动能为5eV+10eV=15eV故选：B点评：本题关键要根据电场力做功与电势差的关系确定电荷的总能量中等难度5（4分）（2015朝阳区二模）如图所示，在MNQP中有一垂直纸面向里匀强磁场质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹已知O是PQ的中点，不计粒子重力下列说法中正确的是（）A粒子a带负电，粒子b、c带正电B射入磁场时粒子a的速率最小C射出磁场时粒子b的动能最小D粒子c在磁场中运动的时间最长考点：
7、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：根据粒子运动轨迹由左手定则判断粒子的电性；粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律求出粒子的速度，然后求出粒子的动能；根据粒子做圆周运动的周期与转过的圆心角比较粒子运动时间解答：解：A、根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电，故A错误；B、粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：v=，射入磁场时粒子c的半径最小，则速率最小故B错误；C、粒子的动能EK=mv2=，由于：q、B、m都相同，因此r越大，粒子动能越大，由图示可知，b的轨道半径r最大，则b粒子动能最大；c的半径最小，则动能
8、最小故C错误；D、粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=相同，粒子在磁场中的运动时间：t=T=，由于m、q、B都相同，粒子c转过的圆心角最大，则射入磁场时c的运动时间最大，故D正确；故选：D点评：带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小6（4分）（2013朝阳区一模）空间存在着平行于x轴方向的静电场，其电势随x的分布如图所示，A、M、O、N、B为x轴上的点，|OA|OB|，|OM|=|ON|一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动，则下列判断中正确的是（）A粒子一定带正电B粒子从M向O运动过程中所受电场力均匀增大C粒子
9、一定能通过N点D粒子从M向O运动过程电势能逐渐增加考点：电势差与电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：由图可知，AB两点电势相等，M点的电势小于N点的电势，O点的电势最高根据粒子在电场作用下运动的方向可以判断它的电性；解答：解：A：由图可知，AB两点电势相等，O点的电势最高，A到O是逆电场线，粒子仅在电场力作用下，从M点由静止开始沿x轴向右运动即逆电场线方向运动，故粒子一定带负电A错误；B：A到M电势均匀升高，故A到0的电场是匀强电场，所以粒子M向O运动过程中所受电场力不变故B错误；C：由图可知，AB两点电势相等，M点的电势小于N点的电势，故M到O电场力做的功大于O到N电场力做的功，
10、所以粒子能通过N点故C正确；D：粒子从M向O运动过程电场力做正功，电势能一定减小，故D错误故选：C点评：该题中根据电势的关系，判定各点的电势高低是解题的关键；另外电势能不仅与电荷有关还与电势有关，分析时一定要注意电荷的正负属于基础题目7（4分）（2015春玉田县期末）如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁场方向垂直的轴匀速转动产生交流电，电动势e随时间t的变化关系如图乙所示，则（）A该交流电的频率为50HzB该交流电电动势的有效值为311VCt=0.01s时，穿过线框的磁通量为零Dt=0.01s时，穿过线框的磁通量的变化率为零考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式专题：交流电专题分析：
11、由乙图得到周期，根据公式f=求解频率；同样由乙图得到电动势最大值，根据E=求解有效值；线圈在中性面位置磁通量最大，感应电动势为零，结合法拉第电磁感应定律分析磁通量的瞬时变化率解答：解：A、由图乙得到周期为0.02s，故频率f=，故A正确；B、该交流电电动势的最大值为311V，故有效值E=220V，故B错误；C、t=0.01s时，电动势为零，说明线圈位于中性面位置，磁通量最大，故C错误；D、t=0.01s时，电动势为零，根据法拉第电磁感应定律，说明穿过线框的磁通量的变化率为零，故D正确；故选：AD点评：本题考查交变电流图象的意义，要注意能从图象中直接读出交流电的最大值、周期；然后再明确其有效值、
12、瞬时值，注意电动势瞬时值与磁通量的变化率成正比8（4分）（2015朝阳区一模）在“测电源电动势和内阻”的实验中，某同学作出了两个电源路端电压U与电流I的关系图线，如图所示两个电源的电动势分别为E1、E2，内阻分别为r1、r2如果外电路分别接入相同的电阻R，则两个电源的（）A路端电压和电流不可能同时相等B输出功率不可能相等C总功率不可能相等D效率不可能相等考点：测定电源的电动势和内阻专题：恒定电流专题分析：研究电源外特性曲线与坐标轴交点的物理意义，可判断E1E2，r1r2；根据根据图象结合功率公式可明确路端电压及功率及效率关系解答：解：由闭合电路欧姆定律U=EIr，得当I=0，U=E，UI图线与
13、U轴的交点表示断路，U=E，图线斜率大小表示r则可判断出E1E2，r1r2A、作出R的UI图象，斜率表示电阻，如果其通过题目图中的两条线的交点，则U1=U2且I1=I2；此时输出功率P=UI，则输出功率相等；故AB错误；C、电源消耗的总功率P=EI，要满足P1=P2，由于E1E2，必须满足I1I2，如图所示：故对于图中所示的情况，可能有P1=P2；故C错误；D、电源的效率=100%；由图可知，不论电阻取何值，其比值均为各自图象的斜率；故电阻不可能相等；故D正确；故选：D点评：本题考查测电动势和内电阻实验中的数据处理，要注意正确应用图象进行分析；物理图线关键在于图线的物理意义，能根据闭合电路欧姆
14、定律求解电路问题，难度适中9（4分）（2015春玉田县期末）如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力F的作用，F与时间t的关系如图乙所示设物块与地面间的最大静摩擦力fm的大小与滑动摩擦力大小相等则（）A0t1时间内物块的加速度不为零Bt2时刻物块A的加速度最大Ct3时刻物块A的速度最大D0t3时间内F对物块A先做正功后做负功考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据物块的受力，结合合力的方向确定物块的加速度方向，从而确定物块的运动规律，判断何时加速度最大，何时速度最大根据功的公式分析功的正负解答：解：A、0t1时间内，F小于等于最大静摩擦
15、力，可知物块处于静止状态，加速充为零；故A错误B、t2时刻拉力最大，根据牛顿第二定律知，物块A的加速度最大，故B正确C、从t1t3时刻，拉力大于摩擦力，物块做加速运动，t3时刻后，拉力小于摩擦力，物块做减速运动，可知t3时刻物块A的速度最大故C正确D、在0t1时间内，F不做功，在t1t3时间内，F做正功故D错误故选：BC点评：本题考查了学生的读图能力，能够通过Ft图线得出整个过程中物块的运动规律并正确应用牛顿第二定律分析加速度的变化10（4分）（2015海淀区二模）如图所示为模拟街头变压器通过降压给用户供电的示意图，变压器输入的交流电压可视为不变变压器输出的低压交流电通过输电线输送给用户定值电
16、阻R0表示输电线的电阻，变阻器R表示用户用电器的总电阻若变压器为理想变压器，电表为理想电表，则在变阻器的滑片P向上移动的过程中（）AV2示数变小BV1示数变大CA2示数变大DA1示数变小考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况解答：解：理想变压器输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入电压不变，所以输出的电压也不会变，当滑动变阻器R的阻值增大时，电路的电阻增大，电流增大，所以电流表的示数I2将减小，原线圈的电流I1也将减小，
17、由于变压器的输入电压和变压器的匝数比不变，所以变压器的输出电压也不变，即电压表示数V1，V2都不变，故ABC错误，D正确故选：D点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法11-12题为选作题目，考生可根据选学情况选做相应题目，两部分都作答者按3-4计分【选修34部分】11（4分）（2012朝阳区一模）P、Q、M是某弹性绳上的三个质点，沿绳建立x坐标轴一简谐横波正在沿x轴的正方向传播，振源的周期为0.4s在t=0时刻的波形如图所示，则在t=0.2s时（）A质点P处于波谷B质点P处于平衡位置且向上运动C质
18、点Q处于波峰D质点M处于平衡位置且向上运动考点：横波的图象专题：振动图像与波动图像专题分析：简谐横波沿x轴的正方向传播，可知质点P的速度方向，t=0.2s=，分析质点P的位置波从P传到Q的时间为，分析Q的位置波从P传到M的时间为，分析M的状态解答：解：A、B简谐横波沿x轴的正方向传播，t=0时刻质点P的速度向下，t=0.2s=，P点经过平衡位置向上运动故A错误，B正确C、波从P传到Q的时间为=0.1s，t=0.2s时，质点Q已经振动了0.1s=，而质点Q的起振方向向下，则在t=0.2s时质点Q处于波谷故CD错误故选B点评：已知波的传播方向要能够判断出质点的振动方向，根据距离分析波传播的方向，根
19、据时间与周期的关系分析质点的状态，都是基本问题，要熟练掌握12（4分）（2015春玉田县期末）a、b两种单色光以相同的入射角从空气斜射向某种玻璃中，光路如图所示关于a、b两种单色光，下列说法中正确的是（）Ab光在该玻璃中传播时的速度较大B两种单色光从该玻璃中射入空气发生全反射时，a光的临界角较小C在同样的条件下，分别用这两种单色光做双缝干涉实验，b光的干涉图样的相邻条纹间距较大D该种玻璃对b光的折射率较大考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：根据折射定律分析玻璃对a光和b光折射率的大小，确定频率的大小和波长的大小根据临界角公式sinC=分析临界角大小用同一干涉装置时干涉条纹间距与波长成正比
20、解答：解：AD、由图看出：b光的折射角小于a光的折射角，b光的偏折程度大，根据折射定律得知：玻璃对b光的折射率大于对a光的折射率由v=可知，在该介质中a光的传播速度大于b光的传播速度故A错误，D正确B、由临界角公式sinC=得知，折射率越大，临界角越小，则可知a光的全反射临界角较大故B错误C、玻璃对b光的折射率大于对a光的折射率，则b光的频率大于a光的频率，而a光的波长大于b光的波长由于在相同的条件下，干涉条纹间距与波长成正比，所以用同一干涉装置可看到a光的干涉条纹间距较大故C错误故选：D点评：本题是几何光学与物理光学的综合关键要掌握折射率与光的波长、频率、临界角、光速等量的关系，可结合光的色
21、散、干涉等实验加强记忆【选修35部分】13（2012朝阳区一模）在核反应方程中，X代表的粒子是（）ABCD考点：原子核的人工转变分析：卢瑟福用粒子轰击氮核首次实现了原子核的人工转变，并发现了质子，注意核反应方程质量数和电荷数是守恒的解答：解：由2+7=8+1知X的质子数为1，由4+14=17+1知X的质量数为1，所以X为质子，A正确故选A点评：对于物理学发展历史上几个重要的核反应方程如质子发现、中子等核反应方程要熟练掌握并能了解当时的历史背景14（2015春玉田县期末）如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相同的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终
22、沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是（）AA开始运动时BA的速度等于v时CB的速度等于零时DA和B的速度相等时考点：动量定理；功能关系专题：动量定理应用专题分析：两球不受外力，故两球及弹簧组成的系统动量守恒，根据两物体速度的变化可知系统动能损失最大的时刻解答：解：在压缩弹簧的过程中，没有机械能的损失，减少的动能转化为弹簧的弹性势能在压缩过程中水平方向不受处力，动量守恒则有当A开始运动时，B的速度等于v，所以没有损失动能当A的速度v时，根据动量守恒定律有B的速度等于零，所以系统动能又等于初动能；所以A、B、C全错误而在AB速度相等时，此时弹簧压缩至最短，故弹簧的弹性势能最大，故
23、动能应最小，故D正确；故选D点评：本题中B的动能转化为AB的动能及弹簧的弹性势能，而机械能守恒，故当弹性势能最大时，系统损失的机械能最多二、实验题（共计14分）15（4分）（2015春玉田县期末）如图1所示，在“验证机械能守恒定律”的实验中，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落所需器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需D（填字母代号）中的器材A直流电源、天平及砝码B直流电源、毫米刻度尺C交流电源、天平及砝码D交流电源、毫米刻度尺一次实验中，质量为m的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列点迹，如图2所示，已知相邻两计数点之间
24、的时间间隔为T测得计数点A、B两点间的距离为h1，计数点B、C两点间的距离为h2由此可以确定，在打点计时器打下B点时，重物的动能为D（填字母代号）A.m（）2 B.m（）2 C.m（）2 D.m（）2考点：验证机械能守恒定律专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：根据实验的原理确定需要测量的物理量，从而确定测量的器材；根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而得出B点的动能解答：解：（1）打点计时器需要使用交流电源，要测量物体下降的高度，以及瞬时速度的大小，所以需要测量点迹间的距离，需要毫米刻度尺；实验验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，所以不需要测量物体的质
25、量，故不需要天平故选：D（2）B点的速度，则重物在B点的动能故选：D故答案为：（1）D；D点评：解决本题的关键掌握实验的原理，会通过原理确定测量的物理量以及掌握纸带的处理，会通过纸带求解瞬时速度16（10分）（2015春玉田县期末）同学根据图所示电路采用“半偏法”测量一个量程为3V的电压表内阻（约3k）为使测量值尽量准确，在以下器材中，电阻箱R应选用B，滑动变阻器R0应选用C，电源E应选用F；（选填器材前的字母）A电阻箱（0999.9）B电阻箱（09999）C滑动变阻器（050k） D滑动变阻器（02k）E电源（电动势1.5V） F电源（电动势4.5V）该同学检查电路连接无误后，在开关S1、S
26、2均断开的情况下，先将R0的滑片P调至a端，然后闭合S1、S2，调节R0、使电压表指针偏转到满刻度，再断开开关S2，调节R的阻值，使电压表指针偏转到满刻度的一半如果此时电阻箱R接入电路中的阻值为3150，则被测电压表的内阻测量值为3150，该测量值略大于实际值（选填“略大于”、“略小于”或“等于”）考点：伏安法测电阻；把电流表改装成电压表专题：实验题；恒定电流专题分析：对于仪器的选择，要根据实验原理，结合题目中数据并根据实验原理通过计算来确定由半偏法测电阻实验原理知，当调节电阻箱，分析电路结构的变化，根据串并联电路的规律分析电测量值的变化；解答：解：（1）使用半偏法进行测量，要求电阻箱应和待测
27、电阻接近；故电阻箱应选择B；滑动变阻器采用分压接法，故选择小电阻；故选：C；为了增大电流，电源选用电动势较大的电源；故选：F；当调节电阻箱，使电流表半偏时，由于干路电流几乎未变，电阻箱与电流计中的电流相等，电阻必然相等如果所得的R1的阻值为3150，则图中被测电流计G的内阻rg的测量值为3150实际上电阻箱串入后的，电路的总电阻增大了，串联部分的总电压增大了；电压表半偏时，流过电阻箱的电压大于电压表的电压，电阻箱接入的电阻大于电流计的电阻所以，该测量值“略大于”实际值故答案为：B；C；F；3150；略大于点评：本题考查电表的改装、半偏法原理及误差分析，难度较大；要求能正确分析题意，明确对应的实
28、验方法，从而根据所学物理规律进行分析求解三、计算题：（共38分，本题要求有必要的文字说明和解题步骤，只写结果的不给分）17（12分）（2015春玉田县期末）如图所示，一电量为q的正电荷由静止经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板之间，若质子从两板正中间垂直于电场方向射入，且刚好能从极板边缘穿出电场不让重力，试求：（1）金属板的长度L；（2）质子穿出电场时的动能考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）质子进入偏转电场后做类平抛运动，沿水平方向做匀速直线运动，位移大小等于板长L；竖直方向做匀加速直线运动，位移大小等于板间距离的一半，由牛顿第二定
29、律求出加速度，由运动学公式求解板长L（2）从刚开始到射出电场的过程中运用动能定理即可求出质子穿出电场时的动能解答：解：（1）在加速过程根据动能定理得：eU0=解得到质子射出加速电场的速度v0=粒子在竖直方向：y=，又a=在水平方向：x=L=v0t联立上式得到代入数据得L=d（2）从刚开始到射出电场的过程中运用动能定理得：答：（1）金属板的长L为d；（2）质子穿出电场时的动能（质子的电量为e）为e（U0+ ）；点评：本题是组合场问题，关键是分析质子的分析情况和运动情况在偏转电场中质子做类平抛运动，采用运动的分解方法研究18（13分）（2015春玉田县期末）如图甲所示，倾角=37的粗糙斜面固定子啊
30、水平面上，斜面足够长，一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量m=1.0kg的小滑块（可视为质点）接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态，当t=0时释放滑块在00.24s时间内，滑块的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示已知弹簧的劲度系数k=2.0102N/m，当t=0.14s时，滑块的速度v1=2.0m/sg取l0m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8弹簧弹性势能的表达式为Ep=kx2（式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）求：（1）斜面对滑块摩擦力的大小f；（2）t=0.14s时滑块与出发点间的距离d；（3）在00.44s时间内，摩擦力做的功W考点：动能定理的应用；牛顿
31、第二定律专题：动能定理的应用专题分析：（1）当t1=0.14s时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动根据加速度的大小，结合牛顿第二定律求出摩擦力的大小（2）当t1=0.14s时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于t0=0时弹簧的形变量x，结合弹性势能的表达式，根据动能定理求出d的大小（3）物块速度减为零后反向做匀加速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律分别求出各段过程中的位移的大小，从而得出摩擦力做功的大小解答：解：（1）当t1=0.14s时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动由题
32、中的图乙可知，在这段过程中滑块加速度的大小a1=10m/s2根据牛顿第二定律有：mgsin+f=ma1所以有：f=4.0N （2）当t1=0.14s时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于t0=0时弹簧的形变量x，所以在00.14s时间内弹簧弹力做的功 W弹=Ep初Ep末=在这段过程中，根据动能定理有： W弹mgdsinfd=mv120代入数据解得：d=0.20 m （3）设从t1=0.14s时开始，经时间t1滑块的速度减为零，则有t1=0.2s这段时间内滑块运动的距离 x1=0.20m此时t2=0.14s+t1=0.34s，此后滑块将反向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可求得
33、此时加速度的大小 a2=2.0m/s2在0.34s0.44s（t2=0.1s）时间内，滑块反向运动的距离 x2=代入数据解得：x2=0.01m所以在00.44s时间内，摩擦力f做的功为：W=f（d+x1+x2）代入数据解得：W=1.64J答：（1）斜面对滑块摩擦力的大小f为4.0N；（2）t=0.14s时滑块与出发点间的距离d为0.20m；（3）在00.44s时间内，摩擦力做的功W为1.64J点评：本题考查了牛顿第二定律、动能定理和运动学公式的综合运用，关键结合图象理清滑块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19（13分）（2015春玉田县期末）如图所示，在真空室中平面
34、直角坐标系的y轴竖直向上，x轴上的P点与Q点关于坐标原点O对称，PQ间的距离d=30cm坐标系所在空间存在一匀强电场，场强的大小E=1.0N/C一带电油滴在xOy平面内，从P点与x轴成30的夹角射出，该油滴将做匀速直线运动，已知油滴的速度v=2.0m/s射出，所带电荷量q=1.0107C，重力加速度为g=10m/s2（1）求油滴的质量m（2）若在空间叠加一个垂直于xOy平面的圆形有界匀强磁场，使油滴通过Q点，且其运动轨迹关于y轴对称已知磁场的磁感应强度大小为B=2.0T，求：a油滴在磁场中运动的时间t；b圆形磁场区域的最小面积S考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒
35、子在磁场中的运动专题分析：（1）对带电油滴进行受力分析，根据牛顿运动定律即可求解；（2）带电油滴进入匀强磁场，其轨迹如图所示，根据向心力公式、求出半径，进而求出周期，根据几何关系求出圆心角，继而求出粒子在磁场中运动的时间，由题意可知，油滴在P到M和N到Q的过程中做匀速直线运动，且运动时间相等根据几何关系和速度公式求解粒子在这两段运动过程中的时间，三段运动时间之和即为总时间，连接MN，当MN为圆形磁场的直径时，圆形磁场面积最小，根据几何关系求出半径，S=r2求解面积解答：解：（1）对带电油滴进行受力分析，根据牛顿运动定律有：qEmg=0所以（2）带电油滴进入匀强磁场，其轨迹如图所示，设其做匀速圆
36、周运动设圆周运动的半径为R、运动周期为T、油滴在磁场中运动的时间为t，根据牛顿第二定律：所以解得：R=所以设带电油滴从M点进入磁场，从N点射出磁场，由于油滴的运动轨迹关于y轴对称，如图所示，根据几何关系可知MON=60，所以，带电油滴在磁场中运动的时间s由题意可知，油滴在P到M和N到Q的过程中做匀速直线运动，且运动时间相等根据几何关系可知，所以油滴在P到M和N到Q过程中的运动时间为：s则油滴从P到Q运动的时间为：（3）连接MN，当MN为圆形磁场的直径时，圆形磁场面积最小，如图所示根据几何关系圆形磁场的半径r=Rsin30=0.05m其面积为：S=r2=0.0025m2=7.9103m2答：（1）求油滴的质量m为1.0108kg（2）a油滴在磁场中运动的时间为0.17s；b圆形磁场区域的最小面积S为7.9103m2点评：本题关键是先确定油滴的运动情况，并画出运动轨迹，然后逐段逐段分析，匀速圆周运动阶段洛伦兹力提供向心力，并结合几何知识求解，难度适中
