江西省红色七校2017届高三（上）第一次联考物理试卷（解析版）
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江西省红色七校2017届高三（上）第一次联考物理试卷（解析版）
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项是符合题目要求，第7-10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分．有选错的得0分．）
1．下列关于物理方法或物理学史的说法中错误的是（ ）
A．安培分子电流假说解释了磁体的磁场的形成
B．由楞次定律判断感应电流的方向
C．物理模型在物理学研究中起到了重要作用，其中“质点”“点电荷”“电流元”“元电荷”等都是理想化模型
D．牛顿在发现万有引力定律的过程中使用了“月﹣﹣地检验”
【考点】物理学史．
【分析】磁场的形成与电流有关，安培分子假说很好的解释了相关现象；根据楞次定律可以分析感应电流的方向；“质点”“点电荷”“电流元”等都是理想化模型．牛顿在发现万有引力定律的过程中使用了“月﹣﹣地检验”；
【解答】解：A、安培分子电流假说解释了磁体和电流的磁场的形成，故A正确；
B、由楞次定律即可判断感应电流的方向，故B正确；
C、物理模型在物理学研究中起到了重要作用，其中“质点”“点电荷“”元电荷”等都是理想化模型，但元电荷是客观存在的，不属于理想化模型，故C错误；
D、牛顿在发现万有引力定律的过程中使用了“月﹣﹣地检验”证明了万有引力定律的正确性，故D正确．
本题选错误的，故选：C．
2．如图所示，条形磁铁A、B质量均为m，C为木块，质量也为m，它们放在水平面上静止时，B对A的弹力为F1，C对B的弹力为F2，地面对C的弹力为F3，则F1、F2、F3与重力mg的大小关系正确的是（
A．F1=mg，F2=2mg，F3=3mg
B．F1＞mg，F2=2mg，F3＞3mg
C．F1＞mg，F2=2mg，F3=3mg
D．F1=mg，F2＞2mg，F3＞3mg
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
【分析】以A为研究对象，研究B对A的弹力为F1与重力的关系．以AB整体为研究对象，研究C对B的弹力为F2与总重力的关系．再以ABC整体为研究对象，分析地面对C的弹力F3与总重力的关系．
【解答】解：以A为研究对象，A受到竖直向下重力mg、B对A竖直向下的引力F引和B对A竖直向上的弹力为F1，由平衡条件得：mg+F引=F1，得F1＞mg．
以AB整体为研究对象，整体受到总重力2mg和C对B的弹力F2，由平衡条件得知，F2=2mg．
以ABC整体为研究对象，整体受到总重力3mg、地面的弹力F3，由平衡条件有
F3=3mg．故ABD错误，C正确，
3．如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4：1，原线圈两端接入一正弦交流电源，副线圈电路中R为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表．下列结论正确的是（
A．若电压表读数为8 V，则输入电压的最大值为32V
B．若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率减小到原来的1/2倍
C．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半
D．若保持负载电阻的阻值不变，输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的2倍
【考点】变压器的构造和原理．
【分析】电压表读数8V为有效值，由 可得输入电压的有效值为32V，根据正弦交流电有效值与最大值的关系可得输入电压的最大值
输入功率随输出功率而变化，输出功率变大则输入功率变大．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，得输出电压也增加到原来的2倍，由
I=电流表示数也应增加到原来的2倍，若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，由 I= 输出电流减小到原来的一半，输入功率即P=IU也减小到原来的一半．
【解答】解：A、若电压表读数为8V，由 可得则输入电压为是有效值，根据正弦交流电
有效值与最大值的关系可得因此其最大值为，所以A错误；
B、若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，由 I=
输出电流减小到原来的一半，输入功率即P=IU也减小到原来的一半，所以B正确；
C、若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，由
可得输出电压也增加到原来的2倍，由 I= 电流表示数也应增加到原来的2倍，所以C错误；
D、若保持负载电阻的阻值不变．输入电压增加到原来的2倍，输出电压增大到原来的2倍，则由可知输出功率增加到原来的4倍，所以D错误．
4．如图所示，空间存在一匀强电场，其方向与水平方向间的夹角为30°，A、B与电场垂直，一质量为m，电荷量为q的带正电小球以初速度v0从A点水平向右抛出，经过时间t小球最终落在C点，速度大小仍是v0，且AB=BC，则下列说法中错误的是（
A．AC满足AC=·t
B．电场力和重力的合力方向垂直于AC方向
C．此过程增加的电势能等于mg2t2
D．电场强度大小为E=
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【分析】本题要注意分析小球受力情况，明确重力及电场力做功情况，再由电场线利用好几何关系确定小球的高度变化；要注意采用运动的合成与分析知识进行分析求解．
【解答】解：A、如果小球水平方向不受外力，则可知，水平位移为v0t，则由几何关系可知，AC=·t；但由于重力与电场力的合力在水平方向上具有分量，故在水平方向上存在力的作用，故水平位移小于v0t，故AC的长度一定小于·t；故A错误；
B、长为小球在下落过程中初末动能不变，由动能定理可知，mgABsin60°﹣EqBCsin60°=0
解得：E=；由题意可知，小球在下落过程中初末动能不变，根据动能定理，合力做功为0，而重力做正功，则电场力做负功，而小球带正电，故电场线应斜向下，根据几何关系知电场力与重力的合力与AC垂直；故BD正确；
C、此过程中电场力做负功，电势能增加，由几何关系可知，小球在沿电场线的方向上的位移x=gt2；则电势能的增加量E=Eqx=；故C错误；
本题选错误的，故选：AC．
5．如图所示，为甲乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x随时间t变化的图象，已知甲做初速度为零匀变速直线运动，乙做匀速直线运动，则0～t1时间内下列说法正确的是（
A．两物体在t1时刻速度大小相等
B．t1时刻乙的速度大于甲的速度
C．t2时刻甲的速率是乙速率的两倍
D．甲的平均速度小于乙的平均速度
【考点】匀变速直线运动的图像．
【分析】根据位移图象的斜率等于速度，坐标的变化量等于位移，平均速度等于位移除以时间．根据运动学公式分析速度关系．
【解答】解：A、根据位移时间图象的斜率等于速度，则在t1时刻，甲图象的斜率大于乙图象的斜率，所以甲的速度大于乙的速度，故A、B错误；
C、坐标的变化量等于位移，根据图象可知，0～t2时间内甲乙位移大小相等，则有
v乙t2=，可得：v甲=2v乙，故C正确．
D、0～t2时间内甲乙位移大小相等，时间也相等，则平均速度的大小相等，故D错误．
6．如图所示，在竖直平面一圆形区域内存在垂直纸面、磁感应强度为B的匀强磁场，O点是圆形区域的圆心．一带电粒子（不计重力）从A点沿AO方向水平射入，速度为v0，偏转60°之后从B点射出．现把圆形区域的磁场改为竖直方向的匀强电场E，使带电粒子仍以原速度沿AO方向射入从B点射出，则（
A．E= B．E= C．E= D．E=BV0
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．
【分析】根据几何关系得出带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径，根据半径公式从而得出磁感应强度与圆形区域半径的关系，改为竖直方向的匀强电场，粒子做类平抛运动，通过水平为和竖直位移，求出电场强度与圆形区域半径的关系，从而得出电场强度与磁感应强度的关系．
【解答】解：根据几何关系得，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r=R．
因为qvB=m，解得： R=…①．
现把圆形区域的磁场改为竖直方向的匀强电场E，
竖直位移y=R，水平位移x=R．
y=at2==，解得qER=mv02…②
联立①②两式得，E=Bv0．故A正确，BCD错误．
7．P1、P2为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星S1、S2做匀速圆周运动．图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a，横坐标表示物体到行星中心的距离r的平方，两条曲线分别表示P1、P2周围的a与r2的反比关系，它们左端点横坐标相同，则（
A．P1的平均密度比P2的小
B．P1的第一宇宙速度比P2的大
C．S1的向心加速度比S2的小
D．S1的公转周期比S2的小
【考点】万有引力定律及其应用；向心力．
【分析】根据牛顿第二定律得出行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a的表达式，结合a与r2的反比关系函数图象得出P1、P2的质量和半径关系，根据密度和第一宇宙速度的表达式分析求解；根据根据万有引力提供向心力得出周期表达式求解．
【解答】解：A、根据牛顿第二定律，行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度为：a=，两曲线左端点横坐标相同，所以P1、P2的半径相等，结合a与r2的反比关系函数图象得出P1的质量大于P2的质量，根据ρ=，所以P1的平均密度比P2的大，故A错误；
B、由A知P1的质量大于P2的质量，P1、P2的半径相等，第一宇宙速度v=，所以P1的“第一宇宙速度”比P2的大，故B正确；
C、s1、s2的轨道半径相等，根据a=，所以s1的向心加速度比s2的大，故C错误；
D、根据根据万有引力提供向心力得出周期表达式T=2π，所以s1的公转周期比s2的小，故D正确；
8．如图所示，间距为L米的光滑平等金属轨道上端用电阻R相连，其平面与水平面成θ角，整个装置处于磁感应强度为B匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，质量为m，电阻为r的金属杆ab（长度略大于L），以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到距底端高h的位置后又返回到底端，运动过程中，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，不计金属轨道的电阻，已知重力加速度为g，则以下说法正确的是（
A．杆ab先匀减速上滑，之后匀加速下滑，且上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度
B．杆ab运动过程中安培力做功的功率等于电阻R的热功率
C．杆ab上滑过程中通过R的电荷量与下滑过程中通过R的电荷量相等
D．杆ab上滑到最高点的过程中电阻R上产生的焦耳热等于（mv02﹣mgh）
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率．
【分析】根据牛顿第二定律分析加速度的关系．根据功能关系分析安培力做功的功率与电阻R的热功率关系．根据q=比较出电量的大小．通过对导体棒受力分析知，上滑的过程做变减速直线运动，下滑的过程做变加速直线运动，抓住位移相等，比较安培力大小，即可分析克服安培力做功的大小．在上滑过程中，导体棒减小的动能转化为重力势能和电阻R上产生的焦耳热，即可比较焦耳热与减少的动能的大小．
【解答】解：A、上滑的过程，棒所受的安培力沿轨道向下，由牛顿第二定律得：FA+mgsinθ=ma上；而安培力为：FA=，可知v减小，FA减小，a上减小，棒做变减速运动；
下滑的过程，棒所受的安培力沿轨道向上，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣FA=ma下，而安培力为：FA=，可知v增大，FA增大，a下减小，棒做变加速运动；
由上式得上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度．故A错误．
B、根据功能关系知杆ab运动过程中安培力做功的功率等于电阻R和金属杆的热功率之和，故B错误．
C、根据感应电荷量公式q=可知，上滑与下滑过程中，磁通量的变化量△Φ相等，则在上滑过程中和下滑过程中流过电阻R的电荷量相等．故C正确．
D、杆ab上滑到最高点的过程中回路中产生的总焦耳热为：Q=mv02﹣mgh，电阻R上产生的焦耳热为：QR=Q=（mv02﹣mgh）．故D正确．
故选：CD．
9．在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷QA、QB，两电荷的位置坐标如图甲所示．图乙是AB连线之间的电势φ与位置x之间的关系图象，图乙中x=L点为图线的最低点，若在x=2L的C点由静止释放一个质量为m、电量为+q的带电小球（可视为质点），下列有关说法正确的是（
A．小球在x=L处的速度最大
B．小球一定可以到达x=﹣2L点处
C．小球在x=0点受到电场力方向向右
D．固定在AB处的电荷的电量之比为QA：QB=4：1
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．
【分析】根据φ﹣x图象切线的斜率等于场强E，分析场强的变化，明确电场力的方向，从而判断小球的速度变化；根据动能定理确定小球可以到达的位置；x=L处场强为零，根据点电荷场强公式E=k，求解QA：QB．
【解答】解：A、据φ﹣x图象切线的斜率等于场强E，则知x=L处场强为零，所以小球在C处受到的场强向左，向左加速运动，到x=L处加速度为0，从x=l向左运动时，电场力向右，做减速运动，所以小球在x=L处的速度最大，故A正确．
B、根据动能定理得：qU=0，得U=0，所以小球能运动到电势与出发点相同的位置，由图知向左最远能到达x=﹣L点处，然后小球向右运动，小球将以x=0.5L点为中心作往复运动，故B错误．
C、L左侧电势降低，则说明电场线向右，因粒子带正电，故受电场力向右，故C正确；
D、x=L处场强为零，根据点电荷场强则有：k=k，解得QA：QB=4：1，故D正确．
10．如图所示，倾角为α的等腰三角形斜面固定在水平面上，一足够长的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧，绸带与斜面间无摩擦．现将质量分别为M、m（M＞m）的小物块同时轻放在斜面两侧的绸带上．两物块与绸带间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．下列说法正确的有（
A．在α角取不同值的情况下，两物块不可能同时相对绸带静止
B．在α角取不同值的情况下，两物块所受摩擦力的大小总是相等
C．若α=30°，M=4.0kg，m=2.0kg，物块与绸带间的摩擦因素，则M、m的加速度大小分别为3.75m/s2、2.5m/s2
D．若α=30°，M=4.0kg，m=2.0kg，物块与绸带间的摩擦因素，则M、m的加速度大小都为2.5m/s2
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．
【分析】题中M和m均受重力、支持力和绸带的摩擦力，由于M对绸带的压力大，最大静摩擦力大，故绸带跟着M下滑，m可能下滑，也可能上滑，要看μ与tanα的大小关系．
对M、m分别根据牛顿第二定律列式求解加速度即可．
【解答】解：A、两个物块受重力平行斜面的分力分别为Mgsinα和mgsinα，由于斜面光滑，而M＞m，故一定不可能同时相对斜面静止，故A正确；
B、对轻质绸带，质量为零，故两个滑块对其的摩擦力大小之和为零，否则会产生无穷大的加速度，不符合实际；
再根据牛顿第三定律，两物块所受摩擦力的大小也总是大小相等；故B正确；
C、假设固定绸带，当μ≥tan30°=时，物体不会下滑；
物块与绸带间的摩擦因素时，M下滑，m也下滑，由于M的压力大，最大静摩擦力大，故绸带跟着M下滑，根据牛顿第二定律，有：
Mgsinα﹣μmgcosα=Ma1，
mgsinα﹣μmgcosα=ma2，
解得：a1=3.75m/s2，a2=2.5m/s2；故C正确；
D、假设固定绸带，当μ≥tan30°=时，物体不会下滑；
物块与绸带间的摩擦因素时，M下滑，m上滑，两个物体相对绸带静止，根据牛顿第二定律，有：
Mgsinα﹣T=Ma，
T﹣mgsinα=ma，
解得：a=m/s2；故D错误；
二、试验题（本题共2小题，共18分.把答案填在横线上或按题目要求作答）
11．图（1）为“验证机械能守恒”的实验装置，图（2）为实验中所打出的一条纸带，试回答下列问题：
（1）关于实验中的操作或结论正确的是 B
A．若为电磁打点计时器，则电源用220V、50Hz的交流电源
B．应先通电打点，后松开纸带
C．重锤只要选用体积很小的就行
D．本实验中重物重力势能的减少量一定小于动能的增加量
（2）若实验中所用重物的质量m=1.0Kg，打点时间间隔为0.02s，打出的纸带如图（2）所示，O为起始点，A、B、C为相邻的点，测得OA=0.78cm、OB=1.79cm、OC=3.14cm，查得当地的重力加速度g=9.80m/s2，则重物在B点时的动能EKB=
0.174 J（保留三位有效数字），大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是
由于阻力的影响 ．
（3）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v2﹣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
【考点】验证机械能守恒定律．
【分析】（1）根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤．
（2）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，从而得出动能的增加量．根据能量守恒分析重力势能减小量大于动能增加量的原因．
（3）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．
【解答】解：（1）A、若未电磁打点计时器，使用4﹣6V的交流电压，故A错误．
B、实验时先接通电源，再松开纸带，故B正确．
C、为了减小阻力的影响，重锤选择质量大一些的，体积小一些的，故C错误．
D、由于阻力的影响，一部分重力势能转化为内能，则重力势能的减小量略大于动能的增加量，故D错误．
（2）B点的速度m/s=0.59m/s，则B点的动能=≈0.174J，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是阻力的影响，使得部分重力势能转化为内能．
（3）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=，可得，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．
故答案为：（1）B，（2）0.174，由于阻力的影响，（3）不正确．
12．现有一摄像机电池，无法从标签上看清其电动势等数据．现进行如下实验操作：
（1）选取多用电表的直流电压10V挡，将两表笔直接接到电池的正、负两极，指针偏转情况如图1，由此可知其电动势约为
7.1 V．是否可以利用多用电表的欧姆挡直接粗测其内阻，答： 不可以 （选填“可以”或“不可以”）
（2）现要更加准确测量其电动势和内电阻，实验室备有下列器材：
A．电流表（量程0.6A，内阻为3Ω）
B．电压表（量程3V，内阻为3kΩ）
C．电压表（量程50V，内阻为30kΩ）
D．定值电阻R1=500Ω
E．定值电阻R2=6000Ω
F．滑动变阻器（阻值范围0～30Ω）
G．开关及导线
①该实验中电压表应选 B ，定值电阻应选 E （均选填选项前的字母序号）．
②在图2方框中画出实验电路图．
③若将滑动变阻器滑到某一位置，读出此时电压表读数为U，电流表读数为I，则电源电动势和内阻间的关系式为
E=3U+（I+）r ．
【考点】测定电源的电动势和内阻．
【分析】（1）由电表的量程可明确最小分度，则可得出对应的读数；根据多用电表的原理可明确能否测出电阻值；
（2）①根据电压表量程可明确能否满足实验要求，再根据改装原理选择电阻；
②根据测量电动势和内电阻的实验方法确定电路图；
③根据闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式．
【解答】解：（1）电压表量程为10V，则最小分度为0.2V，故读数为7.1V；因多用电表内部有电源，外部电动势将影响电路中的电流；故不能用欧姆表直接测量多用电表的内阻；
（2）①因电源的电压为7.1V，电压表量程只有3V，故应串联阻值较大的定值电阻扩大量程，故定值电阻应选择E；
②根据以上分析电压表与定值电阻串联充当电压表，由于电源内阻与电流表内阻较为接近，故电流表采用相对电源的外接法；
故原理图如图所示；
③根据改装原理可知，路端电压U'=U=3U；
总电流I总=+I；
由闭合电路欧姆定律可得：
E=3U+（I+）r
故答案为：（1）7.1；不可以；
（2）①B E ②如图所示
（3）E=3U+（I+）r
三、论述、计算题（本题共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13．在水平地面上有一质量为3kg的物体，物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动，10s后拉力大小减为，该物体的运动速度随时间t的变化规律如图所示．
求：（1）物体的总位移
（2）物体受到的拉力F的大小
（3）物体与地面之间的动摩擦因数．（g取10m/s2）
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．
【分析】（1）速度图象表示的面积即物体的位移大小；
（2、3）先根据图象得到物体加速和减速的加速度，然后根据牛顿第二定律列式，联立方程组求解即可求得拉力和动摩擦因数的大小．
【解答】解：（1）物体的位移大小为
（2）由图线可知：0～10s内加速度大小为
a1==m/s2=0.8m/s2
10～14s内加速度大小为
a2==m/s2=2m/s2
根据牛顿第二定律：
F﹣μmg=ma1；
μmg﹣=ma2
解得F=12.6N，μ=0.34
答：（1）物体的位移大小为57m；
（2）物体受到的拉力F的大小为12.6N；
（3）物体与地面之间的动摩擦因数为0.34．
14．如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E=5N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B=1.0T．有一带正电的小球，质量m=1.0×10﹣6kg，电荷量q=2×10﹣6C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，取g=10m/s2，
（1）求小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
（2）若当经过P点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象），为使小球仍沿原速度方向做直线运动需改变电场，求此时的电场的最小值和方向．
【考点】带电粒子在混合场中的运动．
【分析】（1）小球做匀速直线运动时，受力平衡，根据平衡条件结合几何关系列式求解即可；
（2）撤去磁场后，由于保证仍沿着原来的速度方向，则小球受到重力与电场力作用，其合力与速度方向共线，依据力的合成与分解法则，结合电场力最小值，求解即可．
【解答】解：（1）小球做匀速直线运动时，受力如图，
其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则有：
带入数据解得：v=20m/s，
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足tanθ=，
解得：tanθ=，则θ=60°
（2）撤去磁场后，由于受力到重力与电场力，仍沿着原来的速度方向，且电场力是最小值，
则如下图所示：
当电场力与速度垂直时，电场力达到最小，那么电场强度也是最小，
由三角知识可知，qE′=mgcosθ
解得：E′===2.5N/C，
因小球带正电，因此电场强度的方向垂直速度方向斜向左上方，
答：（1）小球做匀速直线运动的速度v的大小为20m/s，方向与电场E的夹角为60°；
（2）此时的电场的最小值为2.5N/C和方向垂直速度方向斜向左上方．
15．如图所示，一个足够长的斜面，AC部分的长度为4L，C点以下光滑，C点以上粗糙，B是AC的中点．一根原长为2L的轻弹簧下端固定在A点，上端放置一个长为L、质量为m的均匀木板PQ，木板静止时，弹簧长度变为L．已知斜面的倾角为θ，木板与斜面粗糙部分的动摩擦因数μ=2tanθ，木板受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现将木板沿斜面缓慢下压，当弹簧长度变为L时，释放木板，发现木板的Q端刚好能到达C点；求：
（1）弹簧的劲度系数；
（2）若木板被截掉三分之一后，再次将木板沿斜面缓慢下压，当弹簧长度变为L时，释放木板，求木板上端到达C点时的速度大小；
（3）若将木板换成一质量为可看作质点的物块，再次将物块沿斜面缓慢下压，当弹簧长度变为L时，释放物块，求物块被释放后能在斜面粗糙部分前进的距离．
【考点】动能定理的应用．
【分析】（1）当木板静止时，对木板受力分析，运用平衡条件和胡克定律求弹簧的劲度系数．
（2）木板从被释放至Q端到C点，利用动能定理列式．木板被截掉三分之一后再被弹簧弹开，再运用动能定理列式，联立可得木板上端到达C点时的速度．
（3）根据动能定理求出物块被释放后能在斜面粗糙部分前进的距离．
【解答】解：（1）当木板静止时，对木板受力分析，由力的平衡有：，
解得弹簧的劲度系数k=．
（2）木板从被释放至Q端到C点，设弹簧弹力做功为W，由动能定理有：
W﹣mg·2Lsinθ=0
木板被截掉三分之一后再被弹簧弹开，设木板上端到达C点时的速度为v，由动能定理有：
联立解得vC=．
（3）根据动能定理得， =0，
答：（1）弹簧的劲度系数为．
（2）木板上端到达C点时的速度大小为．
（3）物块被释放后能在斜面粗糙部分前进的距离为．
16．如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度分别为B1=0.2T、B2=0.05T，分界线OM与x轴正方向的夹角为α．在第二、三象限内存在着沿x轴正方向的匀强电场，电场强度E=1×104V/m．现有一带电粒子由x轴上A点静止释放，从O点进入匀强磁场区域．已知A点横坐标xA=﹣5×10﹣2m，带电粒子的质量m=1.6×10﹣24kg，电荷量q=+1.6×10﹣15C．
（1）如果α=30o，在OM上有一点P，OP=3×10﹣2m，粒子从进入O点计时，经多长时间经过P点？
（2）要使带电粒子能始终在第一象限内运动，求α的取值范围？（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．
【分析】（1）粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，根据动能定理列式求解末速度；进入磁场后，做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解轨道半径，画出运动轨迹，注意粒子通过直线边界时，进入时速度与边界线的夹角等于离开时速度与边界线的夹角；
（2）正确画出轨迹，由几何知识及三角函数求解．
【解答】解：（1）在电场中加速过程，根据动能定理，有：，
解得：v==m/s=1×106m/s；
粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二定律，有：，
解得：r=；
粒子通过直线边界OM时，进入时速度与边界线的夹角等于离开时速度与边界线的夹角，故经过B1磁场时沿着OM前进r1距离，经过B2磁场时沿着OM前进r2距离，由于OP=3×10﹣2m=2r1+r2，故轨迹如图所示：
故粒子从进入O点计时，到达P点经过的时间为：
t====3.14×10﹣8s
（2）由于 r2=2r1，画出临界轨迹，如图所示：
由几何关系解得：cosα==，故α≤arccos=48.2°；
答：（1）如果α=30o，在OM上有一点P，OP=3×10﹣2m，粒子从进入O点计时，经3.14×10﹣8s时间经过P点；
（2）要使带电粒子能始终在第一象限内运动，α的取值范围为α≤48.2°．
2016年12月8日
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