1、- 1 -太原市 2019 届高三上学期期末考试物理试卷一、单项选择题：本题包含 8 小题，每小题 5 分,共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项选项正确。1.2018年 11月 19日，我国在西昌卫星发射中心将俩颗北斗全球导航卫星（即北斗三号卫星）发射升空，标志着我国北斗三号基本系统部署完成。此次发射的北斗三号系统第 18颗和第19颗卫星，属于中圆地球轨道（介于近地轨道和同步静止轨道之间）卫星。当卫星在轨正常运行时，下列说法正确的是A. 第 18颗卫星的加速度大于地球表面的重力加速度B. 第 18颗卫星的运行速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间C. 第 19颗卫星的周期小于静止轨
2、道卫星的周期D. 第 19颗卫星受到地球的万有引力小于同质量静止轨道卫星受到地球的万有引力【答案】C【解析】【分析】根据 比较加速度关系；第一宇宙速度是所有环绕地球运转的卫星的最大环绕速度；根据开普勒第三定律 比较周期关系；卫星的质量不确定，不能比较万有引力的大小。【详解】根据 可知第 18颗卫星的加速度小于地球表面的重力加速度 ，选项 A错误；第一宇宙速度是所有环绕地球运转的卫星的最大环绕速度，则第 18颗卫星的运行速度小于第一宇宙速度，选项 B错误；根据开普勒第三定律 可知第 19颗卫星的周期小于静止轨道卫星的周期，选项 C正确；由万有引力定律得 ，因卫星的质量相等，半径小的，万有引力大，
3、第 19颗卫星受到地球的万有引力大于同质量静止轨道卫星受到地球的万有引力，选项 D错误；故选 C.2.在建筑装修中，工人用磨石对圆弧内壁进行缓慢向上打磨，当磨石运动到图示 O位置时，工人对磨石的作用力的方向可能指向（ y 轴垂直墙壁）- 2 -A. x 轴正方向 B. 第一象限 C. 第二象限 D. 第四象限【答案】B【解析】【分析】对磨石受力分析，找到除工人对磨石的作用力的其它力的合力方向，根据平衡知识求解.【详解】对磨石受力分析：向下的重力、内壁对磨石的沿 y轴负方向的弹力，沿 x轴负向的摩擦力，三个力的合力方向一定在第三象限，可知人对磨石的作用力与此三个力的合力等大反向，则一定在第一象限
4、；故选 B.3.如图，等量同种电荷 A、 B固定在同一水平线上，光滑绝缘杆竖直固定，与 AB连线的中垂线重合， C、 D是绝缘杆上的俩点，且 AC=AD，一带负电的小球（可视为点电荷）套在绝缘杆上，从 C点无初速释放运动到 D的过程中，下列下列说法正确的是A. 小球的加速度先增大后减小B. 小球的加速度保持不变C. 杆对小球的弹力一直增加D. 小球的机械能先增大后减小【答案】D【解析】【分析】此题关键是知道等量同种电荷连线中垂线上的场强分布，从连线中点向两侧中垂线先增加后减小，结合牛顿第二定律分析加速度；小球只有重力和电场力做功，则电势能和机械能之和- 3 -守恒.【详解】设 AB连线的中点为
5、 O，则沿 CO方向的场强可能先增加后减小，也可能一直减小，则带负电的小球，从 C到 O运动时，加速度可能先增加后减小，也可能一直减小；同理带负电的小球，从 O到 D运动时，加速度可能先减小后增加，也可能一直减小；选项 AB错误；两边电荷对小球的引力总是相等的，故杆对小球的弹力总是零，选项 C错误；电场力先对小球做正功，后做负功，则电势能先减小后增加，因小球只有重力和电场力做功，则电势能和机械能之和守恒，则小球的机械能先增大后减小，选项 D正确；故选 D.4.在倾角为 的山坡顶端，小明先后以 v0和 2v0水平速度抛出质量相同的石块，石块两次均落在山坡上，则先后两次落到山坡上的石块的动能之比为
6、A. 1: 4 B. 1: C. 1:2 D. 1: 2【答案】A【解析】【分析】两球都做平抛运动，落在斜面上时，竖直位移与水平位移之比等于 tan，由此列式得到飞行时间与初速度的关系，根据 vy=gt求解竖直速度，从而求解合速度；根据动能表达式判断动能的关系【详解】两球都做平抛运动，落在斜面上时，有 得， ；落到斜面上时的竖直分速度 ；合速度 ，落到斜面上的动能 ；因两石块初速度之比为 1:2，则落到斜面上的动能之比为 1:4；故选 A.【点睛】解决本题的关键是要掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住竖直位移与水平位移的关系求平抛运动的时间找到动能的表达式进行讨论。5.在设计游乐
7、场中“激流勇进”的斜倾斜滑道时，小组同学将划艇在倾斜滑道上的运动视为- 4 -由静止开始的无摩擦滑动，已知倾斜滑道在水平面上的投影长度 L是一定的，而高度可以调节，则A. 滑道倾角越大，划艇下滑时间越短B. 划艇下滑时间与倾角无关C. 划艇下滑的最短时间为 2D. 划艇下滑的最短时间为【答案】C【解析】【分析】根据牛顿第二定律结合运动公式找到下滑的时间与滑道倾角的函数关系进行讨论即可.【详解】设滑道倾角为 ，则滑道长度 ，下滑时的加速度： ，则根据可得， ，可知滑道倾角 =45 0时，划艇下滑时间最短，最短时间为；45 0时，倾角越大，时间越长；故选项 C正确，ABD 错误；故选 C.6.某人
8、身系弹性轻绳自高空 P点自由下落，a 点是弹性绳的原长位置，c 是人所能到达的最低点，b 是人静止悬挂时的平衡位置，把由 P点到 a点的过程称为过程，由 a点到 c点的过程称为过程，不计空气阻力，下列说法正确的是- 5 -A. 过程中人的动量的改变量小于重力的冲量B. 过程中人的动量的减少量的大小等于过程中重力的冲量的大小C. 过程中人的动能逐渐减小到零D. 过程中人的机械能的减少量等于过程中重力做功的大小【答案】B【解析】根据动量定理，过程中只受重力做功，人的动量的改变量等于重力的冲量，A 正确；设人的质量为 m，人在 a点的速度为 v，则过程 I中重力的冲量大小 ，人在 c点的速度等于 0
9、，则由动量定理得过程 II中人的动量的改变量大小 ，可知过程 II中人的动量的改变量大小等于过程 I中重力的冲量大小，B 正确；在 ab段弹性绳对人的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，人继续向下做加速运动，速度不断增大，动能增大；在bc段，弹性绳对人的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，人向下做减速运动，速度减小，动能减小，C 错误；过程中人的机械能的减少量等于绳子的弹力做的功，不等于过程中重力做功的大小，D 错误【点睛】该题关键在于对人进行受力分析，根据合力方向与速度方向的关系，判断人的运动情况分析时要抓住弹力的可变性，知道人的合力为零时速度最大，动能最大7.如图所示，竖直转轴 OO垂直于
10、光滑水平面，A 是距 O高 h的轴上的一点，A 点固定有两铰链。两轻质细杆的一端接到铰链上，并可绕铰链上的光滑轴在竖直面内转动，细杆的另一端分别固定质量均为 m的小球 B 和 C，杆长 ACABh。当 OO转轴动时，B，C 两小球以 O为圆心在桌面上做圆周运动，在 OO轴的角速度 由零缓慢增大的过程中，下列说法正确的是( )- 6 -A. 两小球线速度大小总相等B. 两小球向心加速度的大小总相等C. 在 逐渐增大的过程中，小球 C先离开桌面D. 当 = 时，两小球对桌面均无压力【答案】D【解析】【分析】两小球同轴转动，角速度相同，根据 v=r 和 a= 2r比较线速度和向心加速度；当小球恰离开
11、桌面时，根据牛顿第二定律求解临界角速度可判断选项 CD.【详解】两球转动的角速度相同，根据 v=r 可知两小球线速度大小不相等，根据 a= 2r可知两小球向心加速度的大小也不相等，选项 AB错误；当小球恰好离开桌面时满足：（ 为细杆与竖直方向的夹角）解得 ，可知在 逐渐增大的过程中，两小球一起离开桌面，即当 = 时，两小球对桌面均无压力，选项 C错误，D 正确；故选 D.8.如图，AB 为竖直的 光滑圆弧绝缘轨道，其半径为 0.5m，A 点与圆心 O等高，最低点 B与绝缘水平面平滑连接，整个轨道处在水平向右的匀强电场中，场强为 5103N/C.将一个质量为 0.1kg，电荷量为+810 5C的
12、滑块（可视为指点）从 A 由静止释放，已知滑块与水平面间的动摩擦因数为 0.05，取 g=10m/s2，则滑块- 7 -A. 第一次经过 B点时速度值为 m/sB. 第一次经过 B点是对 B点的压力为 1.2NC. 在水平面向右运动的加速度值为 3.5m/s2D. 在水平面上通过的总路程为 6m【答案】D【解析】【分析】（1，2）对 AB过程由动能定理可求得 B点的速度，再根据向心力公式即可求得 B点的支持力，由牛顿第三定律即可求得压力大小；（3）根据牛顿第二定律求解在水平面向右运动的加速度；（4）滑块在水平轨道运动时，只有电场力和摩擦力对其做功，由动能定理求得水平轨道上的总路程【详解】设小滑
13、块第一次到达 B点时的速度为 vB，根据动能定理可得：mgR-qER= mvB2，解得，选项 A错误；最低点 B对小滑块运用牛顿第二定律可得： FN-mg=m ，根据牛顿第三定律：F N=FN，所以小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点 B时对 B点的压力：FN=3mg-2qE=2.2N，选项 B错误；在水平面向右运动的加速度： ，解得a=4.5m/s2，选项 C错误；电场力大小：qE=810 -55103 N=0.4 N；摩擦力大小：f=mg=0.050.110 N=0.05 N，可知：qEf；所以小滑块最终在圆弧轨道的下部分往复运动，并且小滑块运动到 B点时速度恰好为零，对小滑块运用动能定理可得
14、：mgR-qER-mgx=0-0，解得小滑块在水平轨道上通过的总路程：x=6m选项 D正确；故选 D.【点睛】本题考查分析和处理物体在复合场运动的能力对于电场力做功 W=qEd，d 为两点沿电场线方向的距离，同时注意正确应用功能关系和牛顿第二定律进行分析求解是解题的关键，选项 D中要注意比较在平面上时的电场力与摩擦力的大小关系，电场力与重力做功与路径无关只与始末位置有关，但摩擦力做功与路径有关，摩擦力在整个路径上一直做负功9.如图，边界为平行四边形 ABCD的匀强磁场，一束质子以大小不同的速度沿 BD从 B点射入磁场。已知 BD连线与边界 BC垂直，不计重力和质子间的相互作用。关于质子在磁场中
15、的运- 8 -动情况，下列说法正确的是（ ）A. 从 BC边出射的质子速度越大，运动时间越短B. 从 BC边出射的质子的运动时间相等C. 从 CD边出射的质子速度越大，运动时间越短D. 从 CD边出射的质子运动时间相同【答案】BC【解析】【分析】质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意及几何知识分析质子从各边飞出时粒子所转过的圆心角，比较运动时间轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长【详解】质子从 B点入射，受向下的洛伦兹力，则从 BC边射出的质子运动半周，因周期都相同，则从 BC边出射的质子的运动时间相等，选项 A错误，B 正确；如果质子从CD边射出磁场，质子在 CD边上不同位置
16、射出时转过的圆心角 不同，速度越大，半径越大，在磁场中转过的圆心角越小，质子在磁场中的运动时间 越短，选项 C正确，D 错误；故选 BC.【点睛】本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动，找出粒子在磁场中做圆周运动时所转过的圆心角，正确运用几何对称性，是解题的关键10.如图，可视为点电荷的带电小球 Q1固定在足够大的光滑绝缘水平桌面上，有另外一个带电小球 Q2在桌面上运动。某时刻， Q2在距离 Q1为 r处且速度方向恰好沿垂直于 Q1Q2的连线方向。仅在电场力的作用下，此后一小段时间内A. 若 Q1、 Q2带同种电荷， Q2的动能一直增大B. 若 Q 、 Q2带同种电荷， Q2的动能可能不变C.
17、 若 Q1、 Q2带异种电荷， Q2的动能不可能增大D. 若 Q1、 Q2带异种电荷， Q2的动能可能不变- 9 -【答案】AD【解析】【分析】若 Q1、 Q2带同种电荷，两者排斥，静电力做正功；若 Q1、 Q2带异种电荷，两者吸引力，Q 2可能做近心运动，也可能做圆周运动，也可能做离心运动；【详解】若 Q1、 Q2带同种电荷，则两球之间有静电斥力使得 Q2远离 Q1，此时电场力对 Q2做正功，其动能一直增大，选项 A正确；B 错误；若 Q1、 Q2带异种电荷，则两球之间有静电引力，可能使得 Q2靠近 Q1做近心运动，此时电场力对 Q2做正功，其动能一直增大；也可能此时的静电引力满足 ，此时
18、Q2将以 Q1为圆心做匀速圆周运动，动能不变，选项 D正确；C错误；故选 AD.【点睛】此题关键是知道当两球带异种电荷时，由于速度不确定，小球可能做的三种不同形式的运动，结合圆周运动的知识求解.11.如图所示，木块 a和 b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上， a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力 F使弹簧压缩，已知木块 a的质量的 m，木块 b的质量是 2m，此时弹簧具有的弹性势能为 Ep.当撤去外力后，下列说法中正确的是A. a、b 及弹簧组成的系统机械能始终为 EpB. a、b 组成的系统总动量始终为C. 在弹簧长度最大时弹簧具有的弹性势能为D. 在弹簧第二次达到自然长度时木块时木
19、块 b 的速度为 0【答案】AC【解析】【分析】撤去外力后，只有弹簧的弹力做功，则系统的机械能守恒；撤去力 F后，在 a没有离开墙壁之前，系统的总动量不守恒，a 离开墙壁之后，系统受的合外力为零，动量守恒；在弹簧长度最大时，两者共速，结合动量守恒定律和能量关系列式求解最大弹性势能；根据动量守恒- 10 -定律和能量守恒关系判断在弹簧第二次达到自然长度时木块时木块 b 的速度.【详解】撤去外力后，只有弹簧的弹力做功，则系统的机械能守恒，则 a、b 及弹簧组成的系统机械能始终为 Ep，选项 A正确；撤去力 F后，在 a没有离开墙壁之前，系统的总动量向右增加，a 离开墙壁之后，系统受的合外力为零，动
20、量守恒，选项 B错误；a 离开墙壁的瞬间，系统的总动量，也就是 b的动量： ，弹簧长度最大时，ab 共速，此时由动量守恒定律： ，解得 ，此时弹簧的弹性势能：，选项 C正确；弹簧第一次达到自然长度时，b 的速度为 ；弹簧第二次达到自然长度时，设 a、b 的速度分别为 v1和 v2，则由动量守恒： ；由能量关系： ；联立解得： ，选项 D错误；故选 AC。【点睛】此题关键是分析两物体运动的物理过程，知道当物块 a离开墙壁时系统动量才是守恒的，结合动量守恒定律以及能量关系联立求解.12.今年 2 月， 太原市首批纯电动公交车开始运营。在运营前的测试中，电动公交车在平直路面上运动，某段时间内的 v-
21、t图象如图所示。已知在 010s 发动机和车内制动装置对车辆所做总功为零，车辆与路面间的摩擦阻力恒定，空气阻力不计。已知公交车质量为 13.5t， g = 10m/ s 2.A. 汽车发生的位移为 54mB. 汽车与路面的摩擦阻力为 2000NC. 发动机在第 1s 内的平均功率是第 7s 内的D. 第 6s内汽车克服车内制动装置做功是第 10s内的 倍【答案】BD【解析】- 11 -【分析】v-t图像的“面积”等于位移；由于在 010s 发动机和车内制动装置对车辆所做总功为零，则由动能定理，对整个过程列式求解阻力；根据动能定理求解发动机在第 1s 内和第 7s内的平均功率；根据动能定理求解发
22、动机在第 6s 内和第 10s内汽车克服车内制动装置做的功；【详解】根据 v-t图像可知，汽车发生的位移为，选项 A错误；由于在 010s 发动机和车内制动装置对车辆所做总功为零，则由动能定理可知： ，其中的 x是路程，大小为 x=54m，解得 f=2000N，选项 B正确；在第 1s内，由动能定理：，其中的 x1=6m，解得 ；同理在第 7s内，由动能定理：，其中的 x7=2m，解得 ，即发动机在第 1s 内的平均功率是第 7s 内的 3倍，选项 C错误；根据动能定理，第 6s内汽车克服车内制动装置做功，其中的 x6=4m，v=8m/s；解得 W6=424000J；同理，第 10s内汽车克服
23、车内制动装置做功 ，其中的 x10=2m，v=4m/s；解得 W10=104000J；即第 6s内汽车克服车内制动装置做功是第 10s内的 53/13倍，选项 D正确；故选 BD.【点睛】此题无力过程比较复杂，关键是能从 v-t图像中获取信息，结合动能定理列式进行解答；注意求解摩擦力的功时要用路程，而不是位移.二、实验题：本题包含 2 小题，共 20 分。请将答案填在题中横线上或按要求作答。13.某实验小组用“自由落体法”测当地的重力加速度,实验中得到一条较为满意的纸带如图(a)所示。他们舍弃前面密集的点,以 O为起点,从某点 A开始选取纸带上连续点 A、B、C测出 0到 A、B、 C 的距离
24、分别为 h1、 h2、 h3.。已知电源的频率为 f.(1)下列操作对减小实验误差有益的是_.A.选择密度较大的重锤B.安装打点计时器使两限位孔在同一竖直线上- 12 -C.实验时先用手托住重锤，然后接通电源释放再重锤D.重锤下落中手始终提住纸带上端,保持纸带竖直(2)由上述实验数据计算当地重力加速度的表达式为 g =_.(3)通常情况下，实验中电源的频率用 50Hz,若实验中电源的濒率略高,而实验者仍以 50Hz 计算,由此引起重力加速度的测量值将_(填“偏大” 、 “偏小”或“相同“)。【答案】 (1). AB (2). (3). 偏小【解析】【分析】（1）根据实验的原理分析各个选项；（2
25、）根据x=aT 2求解重力加速度的表达式；（3）实验中电源的频率略高，则打点周期偏小，相邻两计数点间的距离偏小.【详解】 （1）选择密度较大的重锤可以减小下落时的相对阻力的大小，从而减小误差，选项A正确；安装打点计时器使两限位孔在同一竖直线上，这样可减小纸带与限位孔之间的摩擦，选项 B正确；实验时先用手托住重锤，然后接通电源释放再重锤，这样能充分利用纸带，但是对减小误差无影响，选项 C错误；重锤下落中手不能始终提住纸带上端，要让纸带自由下落，选项 D错误；故选 AB.（2）根据x=aT 2可得 ；（3）实验中电源的频率略高，则打点周期偏小，相邻两计数点间的距离偏小，而实验者仍以 50Hz 计算
26、，则由此引起重力加速度的测量值将偏小。【点睛】解决本题的关键知道实验的原理，以及操作中的注意事项；能根据x=aT 2求解加速度；14.某同学描绘小灯泡的伏安特。所使用的器材有：小灯泡 L（额定电压 3.8V，额定电流 0.50A）电流表 A（量程 0.6A，内阻约 0.5） ；灵敏电流计 G（量程 1mA，内阻为 500） ；电阻箱 R0（阻值范围 09999.9） ；滑动变阻器 R1（阻值范围 020） ；电源 E（电动势 4.5V，内阻约 2） ；开关 S 及导线若干；- 13 -(1)为了能够实现在 0-3.8V内对小灯泡的电压进行测量，需将灵敏电流计 G改装成量程为 4V的电压表，则_
27、（填“串”或“并” ）联的电阻箱 R0的阻值应调整为_.(2)请在图（b）的方框中画全运用上述器材描绘小灯泡伏安特性的实验电路原理图，并标注对应的器材符号_.(3)实验中得到电流表 A读数 I和灵敏电流计 G读数 Ig如下表所示:请你根据表中数据，在图（c）的坐标系中补齐数据点，做出 I-Ig曲线_.(4)由 I- Ig曲线可知，小灯泡的电阻随电流的增大而_（填“变大” “变小”或者“不变” ）(5)如图（d）所示，将该小灯泡和定值电阻 R与一电动势 E=3.0V，内阻 r=5.0 的电源串联时，电源的输出功率最大，可知此时小灯泡的实际功率约为_W,定值电阻的阻值R=_ （结果均保留两位有效数
28、字）【答案】 (1). （1）串 (2). 3500.0 (3). （2）图见解析； (4). （3）图见解析； (5). （4）增大 (6). （5）0.34(0.310.36) (7). 1.3(1.01.5)- 14 -【解析】【分析】（1）将灵敏电流计改装成量程较大的电压表，需要串联电阻，根据欧姆定律计算要串联的电阻值；（2）根据改装后的电压表、电流表以及灯泡的电阻关系确定电路的连接方式；（3）根据数据描点画图；（4）根据图像的斜率判断灯泡电阻随电压的变化情况；（4）当电源输出功率最大时，内阻等于外电阻，结合画出的图像求解灯泡的实际功率以及定值电阻的阻值。【详解】 （1）将灵敏电流计
29、G改装成量程为 4V的电压表，则需要串联的电阻箱 R0的阻值应调整为 .（2）改装后的电压表内阻为 4000 远大于灯泡内阻（7.6） ，故采用电流表外接；滑动变阻器用分压电路，如图；（3）做出 I-Ig曲线如图；（4）因 Ig的值与灯泡两端的电压相对应，则 I- Ig曲线的斜率的倒数反映灯泡电阻的变化，由图像可知，小灯泡的电阻随电流的增大而变大；（5）如图（d）所示，将该小灯泡和定值电阻 R与一电动势 E=3.0V，内阻 r=5.0 的电源串联时，电源的输出功率最大，可知此时定值电阻 R与灯泡的电阻之和等于电源的内阻- 15 -5.0，此时电路中的电流 ，由图像可知，此时灯泡两端的电压为0.
30、2610-34000V=1.04V；小灯泡的实际功率约为 P=IU=1.040.3W=0.31W；定值电阻的阻值 R两端的电压为 UR= 3-1.04=0.46V；则 。三计算题：本题包含 5 小题，共 70 题。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。15.经过逾 6 个月的飞行，质量为 40kg的洞察号火星探测器终于在北京时间 2018 年 11 月27 日 03：56 在火星安全着陆。着陆器到达距火星表面高度 800m时速度为 60m/s，在着陆器底部的火箭助推器作用下开始做匀减速直线运动；当高度下降到距火
31、星表面 100m时速度减为 10m/s。该过程探测器沿竖直方向运动，不计探测器质量的变化及火星表面的大气阻力，已知火星的质量和半径分别为地球的十分之一和二分之一，地球表面的重力加速度为 g = 10m/s2。求：(1)火星表面重力加速度的大小；(2)火箭助推器对洞察号作用力的大小.【答案】(1) (2)F=260N【解析】【分析】火星表面或地球表面的万有引力等于重力，列式可求解火星表面的重力加速度；根据运动公式求解下落的加速度，然后根据牛顿第二定律求解火箭助推器对洞察号作用力.【详解】 （1）设火星表面的重力加速度为 g 火 ，则解得 g 火 =0.4g=4m/s2（2）着陆下降的高度：h=h
32、 1-h2=700m，设该过程的加速度为 a，则 v22-v12=2ah由牛顿第二定律：mg 火 -F=ma解得 F=260N16.如图甲所示，质量为 200kg的斜行电梯沿与水平方向成 30的直线轨道运行。在电梯水平底板上放置质量为 50kg的货物，通过平行于轨道的钢丝绳牵引电梯，使电梯从轨道低端运行到顶端，此过程中电梯速度随时间的变化图象如图乙所示。整个过程中货物相对于电梯- 16 -保持静止，取 g = 10m/s2，不计轨道对电梯的摩擦阻力。求:(1)电梯加速过程中钢丝绳对电梯的牵引力的大小；(2)电梯减速过程中货物所受支持力及摩擦力的大小.【答案】(1)F=1500N (2) 【解析
33、】【分析】（1）由图乙可知电梯加速过程中加速度，根据牛顿第二定律求解钢丝绳对电梯的牵引力；（2）先根据 v-t图像求解电梯减速过程中的加速度，然后将加速度分解在水平和竖直方向，对货物列出两个方向的方程即可求解.【详解】 （1）由图乙可知，电梯加速过程中加速度大小为 a1，则 电梯加速过程中，钢丝绳的牵引力大小为 F，则：解得 F=1500N.（2）电梯减速过程中加速度大小为 a2，货物所受的支持力和摩擦力的大小分别为 N、f，则：解得 N=487.5N；17.如图所示，粗糙的水平轨道 AB 与半径 R0.4m 的光滑竖直半圆形轨道 BC相切于 B点。压缩后锁定的轻弹簧一端固定在水平轨道的左端，
34、另一端紧靠静止在 A点的质量 m0.4kg的小物块（不拴接） 。解除弹簧锁定后，物块从 A点开始沿 AB轨道运动，进入半圆形轨道BC，之后恰好能通过轨道 BC的最高点 C，最后落回到水平轨道 AB上.已知 A、B 两点的距离L 0.2m，物块与水平轨道间的动摩擦因数 0.2，取 g10m/s 2 ，不计空气阻力.求：- 17 -(1)小物块运动到 B点时受到半圆形轨道弹力的大小；(2)小物块从 C点落回水平轨道 AB上的位置到 B点的距离；(3)解除锁定前弹簧的弹性势能。【答案】(1) (2) (3)【解析】【分析】（1）恰好过 C点，则过 C点时小物块所受的弹力为零，由重力等于向心力求解 C
35、点的速度；从 B点到 C点，由机械能守恒求解 B点的速度，然后根据牛顿第二定律求解 F；（2）小物块从 C点落回水平轨道 AB上时做平抛运动，根据平抛运动的规律求解其落下的位置到 B点的距离；（3）根据动能定理求解解除锁定前弹簧的弹性势能。【详解】 （1）恰好过 C点，则过 C点时小物块所受的弹力为零，由向心力公式可知：解得 vC=2m/s；从 B点到 C点，由机械能守恒可得： 解得 在 B点： 解得 F=24N（2）小物块从 D点落回到水平轨道 AB上，做平抛运动：竖直方向：2R= gt2水平方向：x=v Ct解得 x=0.8m（3）从 A到 B由动能定理： - 18 -EP=W解得 EP=
36、5.6J18.“冰壶比赛”是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图，其中营垒外圆的半径为 1.8m，其余数据如图所示。比赛时，以场地上冰壶距离营垒圆心的远近决定胜负。在某次比赛中，甲队队员以 v0 = m. s 的速度将质量 m1=19kg的冰壶从左侧栏线 A处沿中心线推出，冰壶恰好停在营垒的圆心 0处。乙队队员以一定的速度将质量为 m2=20kg的冰壶也从左侧栏线 A处沿中心线推出，冰壶滑动到 0 点并和甲队的冰壶发生碰撞，碰撞后恰好将甲队的冰壶弹出外圆，而乙队的冰壶向前滑行到距 0点 0.45m处停止。设两个冰壶均可看成质点且碰撞前后均沿中心线运动，两个冰壶与冰面的动摩擦因数相同。
37、取 g=10ms2.求(1)冰壶与冰面的动摩擦因数;(2)乙队从 A点将冰壶推出时速度的大小(结果可用根式表示)。【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）根据动能定理求解冰壶与冰面的动摩擦因数;（2）两队的冰壶碰撞时满足动量守恒，结合动量守恒定律以及动能定理联立方程求解.【详解】 （1）甲队的冰壶滑动的位移 x0=30.0m，设冰壶与冰面的动摩擦因数为 ，则：解得 =0.01（2）乙队从 A点将冰壶推出时的速度为 v1，到 O点与甲队的冰壶碰撞前的速度为 v2，则：设碰后甲乙两队的冰壶的速度分别为 v 甲 、v 乙 ，由动量守恒定律可得：- 19 -碰后甲队的冰壶滑动距离 x 甲 =1.
38、8m，乙队冰壶滑动的距离 x 乙 =0.45m，则解得19.如图所示，在第 II 象限内有沿 x 轴正方向的匀强电场电场的强度大小为 E；在其余象限内存在，垂直 xOy，平面向外的匀强磁场。一质量为 m 电荷量为 q 的带正电粒子以一定的初速度，从 x 轴的上的 P 点平行于 y 轴正方向进入匀强电场中。并以与 y 轴正方向成 45进入磁场，又恰好以平行于 y 轴正方向的速度返回电场。已知 O、P 之间的距离为 d(1)求粒子的初速度 v0，(2)磁感应强度 B的大小(3)粒子第二次离开电场时速度的大小.【答案】(1) (2) (3) 【解析】【分析】（1）粒子以垂直于 x轴的初速度进入匀强电
39、场，做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解粒子的初速度；（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系求解半径，然后根据求解 B的值；（3）根据动能定理求解粒子第二次离开电场时速度的大小.【详解】 （1）粒子以垂直于 x轴的初速度进入匀强电场，做类平抛运动，由进入磁场时的速度与 y轴正向成 450角，则有： vx=at qE=ma - 20 -d= at2解得 （2）设粒子进入磁场时与 O点的距离为 y，则 y=v0t带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为 r，速度大小为 v，则 由几何关系解得 解得 （3）粒子第二次进入电场时与 O点距离为 x，则 x=r-y；粒子第二次离开电场时，速度大小为 v，则 解得
