1、1天津市和平区 2018 届高三上学期期末考试物理试题一、单项选择题：每小题 4 分，共 32 分。每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的是。1.天然放射现象的发现，证明了原子核具有复杂的结构。关于原子核，下列说法正确的是A. 射线是原子的核外电子电离后形成的电子流B. 某原子核经过一次 衰变后，核内质子数减少 4 个C. 增大压强不能改变原子核衰变的半衰期D. 射线的贯穿作用很强，可用来进行金属探伤【答案】C【解析】A、 射线是原子核内的中子转化为质子同时生成一个电子形成的故 A 错误；B、 衰变是原子核自发放射 粒子的核衰变过程 粒子是电荷数为 2、质量数为 4 的氦核He质子数等于电荷
2、数 2，所以“核内质子数减少 4 个”是错误的，则 B 错误；C、原子核的半衰期有其自身决定，与所处的物理、化学等外界环境无关，故改变压强不能改变半衰期，C 正确；D、 射线的贯穿作用很强，可用来进行金属探伤， 射线的电离本领最强，D 错误。故选 C.【点睛】该题考查半衰期的特点，衰变的实质和三种射线的性质等多个知识点的内容，解答的关键是正确理解半衰期的意义，理解半衰期是大量放射性原子衰变的统计规律2.如图所示，当一束一定强度的某一频率的黄光照射到光电管阴极 K 上时，此时滑片 P 处于 A、B 中点，电流表中有电流通过，则A. 若将滑动触头 P 向 B 端移动时，电流表读数有一定增大B. 若
3、用红外线照射阴极 K 时，电流表中一定没有电流通过C. 若用强度更弱的黄光照射阴极 K，电流表读数不变D. 若用强度更弱的紫外线照射阴极 K，光电子的最大初动能一定变大【答案】D2【解析】A、光电管所加的电压，使光电子到达阳极，则电流表中有电流流过，且可能处于饱和电流，若将滑动触头 P 向 B 端移动时，电流表读数有可能不变，故 A 错误；B、若用红外线照射阴极 K 时，因红外线的频率小于黄色光，因此可能不发生光电效应，也可能会发生光电效应，电流表不一定没有电流通过故 B 错误；C、若用强度更弱的黄光照射阴极 K 时，能发生光电效应有光子飞出，但光强变若使得飞出的光子数目减小，电流表读数减小故
4、 C 错误；D、紫外线的频率大于黄色光的频率，根据光电效应方程： Ek=hv-W0可知用一束紫外线照射阴极 K 时，出射光电子的最大初动能一定变大，与光的强弱无关故 D 正确；故选 D。【点睛】解答本题的关键知道光电效应的条件，以及知道影响光电流的因素，同时掌握相同能量的频率越高的，光子数目越少3.中国北斗卫星导航系统(BDS)是中国自行研制的全球卫星导航系统，是继美国全球定位系统(GPS)、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统(GLONASS)之后第三个成熟的卫星导航系统。预计2020 年左右，北斗卫星导航系统将形成全球覆盖能力。如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知 a、 b、 c 三颗
5、卫星均做圆周运动， a 是地球同步卫星，则下面说法中正确的是（ ）A. 卫星 a 的角速度小于 c 的角速度B. 卫星 a 的加速度大于 b 的加速度C. 卫星 a 的运行速度大于第一宇宙速度D. 卫星 b 的周期大于 24h【答案】A【解析】【详解】A、由万有引力提供向心力 ，得： ，则半径大的角速度小，GMmr2=ma=m2r = GMr3A 正确； B、 ，半径大的加速度小， B 错误；a=GMr2C. 第一宇宙速度为近地卫星的运行速度，所有卫星的运行速度都小于或等于它，C 错误； 3D、 a 的周期为 24h,由 ，半径相同周期相同，则 b 的周期为 24 小时，D 错误。T=42r3
6、GM故选：D。4. 如图所示，一金属直杆 MN 两端接有导线，悬挂于线圈上方，MN 与线圈轴线均处于竖直平面内，为使 MN 垂直纸面向外运动，可以： （ ）A. 将 a、b 端分别接电源的正负极，c、d 不接电源B. 将 a、d 端接在电源正极，b、c 端接在电源负极C. 将 a、c 端接在电源正极，b、d 端接在电源负极D. 将 b、c 端接在电源正极，a、d 端接在电源负极【答案】【解析】试题分析：A、a 接正时电流方向为 MN，c、d 不接电源 MN 不受力；错误B、a 接正时电流方向为 MN，d 接正极时线圈下端为 N 极，由左手定则可判断 MN 向里运动；错误C、a 接正时电流方向为
7、 MN，c 接正极时线圈上端为 N 极，由左手定则可判断 MN 向外运动；正确D、b 接正时电流方向为 NM，c 接正极时线圈上端为 N 极，由左手定则可判断 MN 向里运动；错误故选考点：左手定则点评：本题属于通电直导线在螺线管产生的磁场中的受力问题，利用右手螺旋定则判断磁场，利用左手定则判断受力方向5.如图所示，两个半径不同，内壁光滑的半圆轨道，固定于地面，两轨道的球心 O、 在O同一水平高度上，一小球先后从与球心在同一高度上的 A、B 两点从静止开始滑下，以球心所在位置为零势能面，通过最低点时，下列说法中不正确的是4A. 小球对轨道的压力是相同的B. 小球的速度相同C. 小球向心加速度是
8、相同的D. 小球的机械能相同【答案】B【解析】B、设小球通过最低点的速度大小为 v，半圆的半径为 R在落到最低点的过程中根据动能定理得 ，解得 ，可知 R 越大 v 越大，故 B 错误；A、在最低点，竖mgR=12mv20 v= 2gR直方向上的合力提供向心力，由牛顿第二定律有 ，联立解得 ，可知轨道Nmg=mv2R N=3mg对小球的支持力与半圆轨道的半径无关，所以小球对两轨道的压力相等大小为重力的 3 倍，故 A 正确；C、 、根据向心加速度公式 得 ，方向竖直向上知向心加速度大a=v2R a=(2gR)2R =2g小相同，则 C 正确；D、两球下滑都只有重力做功，满足机械能守恒，初位置的
9、机械能相同，则末位置的机械能也相等为零，故 D 正确；本题选不正确的故选 B.E机 =Ek+EP=0J【点睛】根据机械能守恒或动能定理求出小球通过最低点时的速度，再根据牛顿第二定律求出小球在最低点时所受的支持力，从而进行比较根据向心加速度的公式求出最低点的向心加速度的大小，从而进行比较6.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素，如图所示，平行板电容器的极板 A与一静电计相接，极板 B 接地，若极板 B 稍向上移动一点，由观察到的静电计的指针变化，作出平行板电容器的电容变小的结论，其依据是A. 两极板间的电压不变，静电计指针张角变大B. 两极板间的电压不变，静电计指针张角变小5C. 极板上
10、的电量几乎不变，静电计指针张角变小D. 极板上的电量几何不变，静电计指针张角变大【答案】D【解析】A 极板与静电计相连，所带电荷电量几乎不变， B 板与 A 板带等量异种电荷，电量也几乎不变，故电容器的电量 Q 几乎不变将极板 B 稍向上移动一点，极板正对面积减小，电容减小，由公式 知板间电压变大，则静电计指针的偏角 变大，故 A、B、C 错误，C=rs4kd C=QUD 正确【点睛】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大根据电容的决定式 分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不C=rs4kd变，再由电容的定义式 分析板间电势差的变化，即可再确定静
11、电计指针的偏角变化情C=QU况.7.如图所示为一速度选择器，两极板 P1、P 2之间存在电场强度为 E 的匀强电场和磁感应强度为 B 的匀强磁场。一束带电粒子流以速度 v 从 S1沿直线运动到 S2，则下列说法中正确的是A. 该粒子流的粒子一定带正电B. 粒子从 S1到 S2一定做匀速直线运动C. 粒子运动的速度大小一定等于 B/ED. 若粒子以速度 v 从 S2向上运动，一定能沿直线到达 S1【答案】B【解析】A、粒子受洛伦兹力和电场力；假设粒子带正电，则受到向下的洛伦兹力，电场力向上；若粒子带负电，洛伦兹力向上，电场力向下；均可以平衡；故 A 粒子可以带正电，也可以带负电；故 A 错误；B
12、、C、洛伦兹力与电场力平衡 qE=qvB，粒子做匀速直线运动才能不发生6偏转而直线通过，解得 ，故 B 正确，C 错误； D、如果这束粒子流从 S2处沿直线 ba 方v=EB向射入，电场力方向不变，洛伦兹力反向，故电场力与洛伦兹力方向相同，不再平衡，故合力与速度不共线，粒子开始做曲线运动，不能运动到 S1处，故 D 错误；故选 B.【点睛】在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即 qvB=qE， ，只有速度为 粒子v=EB才能沿直线匀速通过选择器；若粒子从反方向射入选择器，所受的电场力和磁场力方向相同，粒子必定
13、发生偏转8. 两个大小不同的绝缘金属圆环如右图叠放在一起，小圆环有一半面积在大圆环内，当大圆环通上顺时针方向电流的瞬间，小圆环中感应电流的方向是( )A. 顺时针方向B. 逆时针方向C. 左半圆顺时针，右半圆逆时针D. 无感应电流【答案】B【解析】试题分析：根据右手安培定则,当圆环 a 中电流为顺时针方向时,圆环所在平面内的磁场方向为垂直于纸面向里,而环外的磁场方向垂直于纸面向外,虽然 b 圆环在 a 圆环里外的面积一样,但环里磁场比环外磁场要强,净磁通量还是垂直于纸面向里,由右手安培定则和楞次定律知,感应电流的磁场阻碍“”方向的磁通量的增强,所以 b 圆环中的感应电流方向为逆时针，B 正确；
14、故选 B。【名师点睛】应用楞次定律判断感应电流的方向的步骤：（1）先确定原磁场和发生电磁感应的回路；（2）再确定原磁场方向；（3）判断穿过闭合电路磁通量的变化情况；（4）根据楞次定律判断感应电流的磁场方向；（5）根据安培定则判断感应电流的磁场方向。考点：电磁感应、楞次定律。二、多项选择题：每小题 3 分，共 12 分，每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的，全部选对的得 3 分，选对但不全的得 1 分，选错或不答的得 0 分。79.如图所示，在粗糙、绝缘且足够大的水平面上固定着一个带负电荷的点电荷 Q，将一个直流为 m 带电荷为 q 的小物体（可以看成为质点）放在水平面上并由静止释放，小
15、物体将在水平面上沿远离 Q 的方向开始运动，则在小物体运动的整个过程中A. 小物体的加速度一直在减小B. 小物体的电势能一直在减小C. 电场力对小物体做的功等于小物体动能的增加量D. 小物体机械能与电势能的总和一直在减小【答案】BD【解析】A、开始时，电场力大于摩擦力，运动的过程中，电场力逐渐减小，则加速度减小，然后摩擦力大于电场力，加速度又逐渐增多，所以加速度先减小后增大故 A 错误；B、在整个运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小故 B 正确C、D、根据能量守恒定律知，在整个过程中动能变化为零，重力势能不变，则电场力做的功全部转化为摩擦产生的热量，即机械能与电势能的总和一直在减小变
16、为热能，故 C 错误，D 正确故选 BD【点睛】解决本题的关键理清金属块的运动过程，掌握电场力做功与电势能的关系，以及会运用能量守恒定律分析问题10.用一竖直向上的力将原来在地面上静止的重物向上提起，重物由地面运动至最高点的过程中，v-t 图像如图所示，以下判断正确的是A. 前 3s 内拉力功率恒定B. 最后 2s 内货物处于超重状态C. 前 3s 内与最后 2s 内货物的平均速度相同D. 最后 2s 运动过程中，货物的机械能增大8【答案】CD【解析】A、 v-t 图象的斜率表示加速度，则知前 3s 内，重物做匀加速直线运动，加速度不变，拉力不变，而速度增大，则由 P=Fv 知，拉力的功率增大
17、，故 A 错误B、最后 2s 内重物做匀减速上升，加速度向下，处于失重状态，故 B 错误C、前 3 s 内货物做匀加速运动，平均速度为： ，最后 2s 内货物做匀减速运动，平均速度为： ，可知平v1=62=3m/s v2=62=3m/s均速度相同，故 C 正确D、35s 内货物向上做匀速直线运动，重力势能增加，动能不变，则机械能增加故 D 正确故选 CD【点睛】解决本题的关键知道速度时间图线斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含义，以及掌握机械能守恒定律的条件11.如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电量均相同的正、负离子(不计重力)，从点 O 以相同的速度先后射入磁场中，入
18、射方向与边界成角，则正、负离子在磁场中( )A. 运动时间相同B. 运动轨迹的半径相同C. 重新回到边界时速度的大小和方向相同D. 重新回到边界的位置与 O 点距离相等【答案】BCD【解析】A、根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为 2-2，轨迹的圆心角也为 2-2，运动时间 ，同理，负离t=222T子运动时间 ，显然时间不等，故 A 错误；t=22TB、根据牛顿第二定律得： 得： ，由题 q、v、B 大小均相同，则 r 相同，故 BqvB=mv2r r=mvqB正确；9C、正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对
19、称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同，故 C 正确；D、根据几何知识得重新回到边界的位置与 A 点距离 ，r、 相同，则 s 相同，s=2rsin故 D 正确。综上所述本题答案是：BCD。12.如图所示，直线 MN 是某电场中的一条电场线（方向未画出） 。虚线是一带电粒子只在电场力的作用下，由 a 到 b 的运动轨迹，轨迹为一抛物线，下列判断正确的是A. 粒子所受电场力的方向一定是由 M 指向 NB. 带电粒子由 a 运动到 b 的过程中动能一定逐渐减小C. 带电粒子在 a 点的电势能一定大于在 b 点的电势能D. 带电粒子在 a 点的加速度一定大于在 b 点的加速度【答案】AC【解析】
20、A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子受力分析一定是由 M 指向 N，故 A 正确；B、粒子从 a 运动到 b 的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故 B 错误；C、粒子从 a 运动到 b 的过程中，电场力做正功，电势能减小，带电粒子在 a 点的电势能一定大于在 b 点的电势能，故 C 正确D、由 a 到 b 的运动轨迹，轨迹为一抛物线，说明粒子一定受恒力，即带电粒子在 a 点的加速度等于在 b 点的加速度，故 D 错误；故选 AC【点睛】依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电
21、场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况三、填空题13.如图所示，两根平行的光滑金属导轨，相距为 L=20cm，竖直放置，导轨足够长，导轨上端连接着定值电阻 R=0.2，直流为 m=0.04kg、电阻为 r=0.1 的金属杆 ab 与导轨垂直并接触良好，导轨电阻不计，整个装置处于与导轨平面垂直的磁感应强度为 B=1T 的匀强磁10场中，ab 杆由静止释放，下滑高度 h=1.2m 时达到最大速率， ，则金属杆的最大g=10m/s2速率 v=_m/s，从释放至达到最大速率过程中电阻 R 上产生的热量Q=_J。【答案】 (1). 3m/s； (2). 0.2J【解析】当金属棒匀速运动时速度最大，
22、设最大速度为 v，达到最大时则有 mg=F 安 ，即有 mg=BIL，又 ， E=BLv，解以上三式得 v=3m/s；对金属杆下落的过程，设金属杆克服安培力做的I=ER+r功为 W 安 ，根据动能定理 ，代入数据得： W 安 =0.3J 则 Q 总 =W 安 =0.3J，由mghW安 =12mv20电路知识可得 .Q=Q总R+rR=0.2J【点睛】金属棒在重力作用下，做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，速度达到最大，然后做匀速直线运动，根据金属棒所受的拉力等于安培力，求出最大速度根据动能定理计算导体克服安培力做的功，即整个电路产生的热量14.如图所示，一带电量为 q 的粒子，从匀强电场
23、的 A 点以水平速度 v0射入竖直向下的匀强电场，粒子经过 B 点时，其上的与水平方向成 60角，已知 A、B 两点间的水平距离为L，粒子的质量为 m，不计粒子重力，则电场强度的大小为 E=_，A，B 两点间的电势差 UAB=_。11【答案】 (1). ； (2). 3mv20qL 3mv202q【解析】粒子做类平抛运动对水平分运动，有： L=v0t，对竖直分运动，有： ，其中分解vy=at=qEmtB 点的速度与水平方向成 60，如图所示：有 ，联立解得： ； B 点的合速度为 ，对从 A 到 B 过vy=vBsin60= 3v0 E=3mv20qL vB= v0cos60=2v0程，根据动
24、能定理有 ，联立解得： .【点睛】本题考查粒子在匀qUAB=12mv2B12mv20 UAB=3mv202q强电场中的偏转，是类平抛运动问题，关键是结合正交分解法，根据分运动公式列式求解15.如图所示，在动力小车上固定一直角硬杆 ABC，分别系在水平直杆 AB 两端的轻弹簧和细线将小球 P 悬吊起来，轻弹簧的劲度系数为 k，小球 P 的质量为 m，当小车静止时，请弹簧保持竖直，而细线与杆的竖直部分的夹角为，此时弹簧的形变量大小为_；当小车沿水平地面以加速度 a 向右运动而达到稳定状态时，轻弹簧保持竖直，而细线与杆的竖直部分的夹角仍为，此时弹簧的形变量大小为_。【答案】 (1). (2). 或
25、x=0 或mgk mgmacotk macotmgk【解析】(1)小车静止时，由于弹簧竖直，球受重力和弹簧的弹力，二力平衡，细线对小球没有作用力，可以用假设法，若细线对小球有拉力则弹簧不能竖直，故细线的拉力为零对小球：kx1=mg,解得： .x1=mgk(2)对小球受力如图所示：12水平方向有：Tsin=ma，竖直方向有：F+Tcos=mg讨论：当 Tcos =mg 时， F 等于 0，故形变量 x=0当 Tcos mg， F 向上，故有 F+macot =mg，解得： F=mg-macot ，弹簧形变量为：.x=Fk=mgmacotk当 Tcos mg， F 向下,竖直方向有： F+mg=T
26、cos ,解得： F=Tcos -mg=macot -mg,弹簧形变量为： x=Fk=macotmgk【点睛】小车静止时，由于弹簧竖直，球受重力和弹簧的弹力，二力平衡，细线对小球没有作用力，可以用假设法，若细线对小球有拉力则弹簧不能竖直，故细线的拉力为零由二力平衡可以求弹力，继而求形变量；小球受重力，弹力，细线的拉力，由此可以列水平的牛顿第二定律方程和竖直的平衡方程，但是本题由于不知道重力，弹力，加速等的具体数值，因此对小球来说，其弹力可能向上，可能没有，可能向下，由此需做三种讨论，以便确定弹簧形变量四、实验题16.在进行力学实验时，需要结合实验原理开掌握实验的有关要求，不能死记硬背，如图所示
27、的装置，附有滑轮的长木板平放在实验桌面上，将细绳一端拴在滑块上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码使滑块在钩码的牵引下运动，利用这套装置做“探究加速度与力和质量的关系”的实验13（1）在进行实验时，需要先将长木板倾斜适当的角度，这样做的目的是_，还要求钩码的质量远小于滑块的质量，这样做的目的是_。A避免在滑块运动的过程中发生抖动B使滑块获得较大的加速度C使细线的拉力等于滑块受到的合外力D使滑块最终能匀速运动E使纸带上点迹清晰，便于进行测量F使钩码重力近似等于细线的拉力（2）在探究加速度与质量关系时，需在滑块上放置砝码以改变质量，若以滑块上放置的砝码的总质量 m0为横坐标， 为纵坐标，在坐标纸上作
28、出 关系图线，图为按照正确的实1a 1am0验步骤所得实验图线的示意图，所有物理量均采用国际单位，已知图中直线的斜率为 k，在纵轴上的截距为 b，若牛顿定律成立，则滑块受到的拉力为_，滑块的质量为_。【答案】 (1). C； (2). F； (3). ； (4). 1k bk【解析】(1)实验过程中，为减少误差，提高实验的精确度，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，目的是消除摩擦带来的误差，即平衡摩擦力后，使细绳的拉力等于小车的合力,选项 C 正确;对小车由牛顿第二定律 ，对整体 ，联立得F=Ma a=m0gM+m，只有 时，系统的加速度较小，才有 ,才能使钩码重力近似等F
29、=MM+m0m0g m0RV1RA1=300010=3104如图所示：【点睛】欧姆表盘指针偏转角度要适当，换档的要进行欧姆调零，读数要乘以倍率根据电源电动势选择电压表量程，根据欧姆定律估测通过电路的最大电流，然后选择电流表量程该实验中，需要多次测量求平均值，故电流和电压的变化范围要适当大一些，被测电阻比滑动变阻器大的较多，故应选择使用分压电路；因待测电阻的阻值较大，故选择电流表内接法五、计算题18.如图所示，光滑水平轨道距地面高 h=0.8m，其左端固定有半径为 R=0.6m 的内壁光滑的半圆形轨道，轨道的最低点和水平轨道平滑连接，用质量分别为 m1=1.0kg 和 m2=2.0kg 的小物块
30、 A、B 压缩一轻质弹簧（弹簧和物块不拴接） 。同时放开小物块 A、B，两物块和弹簧分离后，物块 A 进入圆形轨道，物块 B 从水平轨道右侧边缘飞出，落地点到轨道边缘的水16平距离 s=1.2m，重力加速度 ，求g=10m/s2（1）物块 A 运动到半圆轨道最高点时，对轨道的压力 FN；（2）释放物块前弹簧具有的弹性势能 EP。【答案】(1) ；(2) FN=10N EP=27J【解析】(1)对于平抛过程有 ，h=12gt2 vB=st对于小物块 A、B 根据动力守恒定律 0=m1vAm2vB对小物块 A，根据机械能守恒定律12m1v2+m1g2R=12m1v2A在最高点，根据牛顿第二定律 F
31、N+m1g=m1v2R联立解得 FN=10N由牛顿第三定律得 FN=FN=10N(2)由系统能力守恒 EP=12m1v2A+12m2v2B可得： EP=27J【点睛】本题是多体多过程问题，是一道力学综合题，分析清楚物体运动过程，应用平抛运动知识、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题19.如图所示，从带有小孔的放射源 A 中均匀地向外辐射出平行于 y 轴的、速度一定的 粒子（质量为 m，电荷量为+q） 。为测定其飞出的速度 v0 的大小，现让其先经过一个磁感应强度为 B，区域为半圆形的匀强磁场，经该磁场偏转后， 粒子恰好能够沿 x 轴进入右侧的平行板电容器 M 板上的狭缝，并打到置于 N 板上
32、的荧光屏上，此时通过显微镜 Q 可以观察到屏上出现了一个亮点，闭合电键 S 后，调节滑动变阻器的滑动触头 P，当触头位于17滑动变阻器的中央位置时，通过显微镜 Q 看到屏上的亮点恰好消失，已知电源电动势为E，内阻为 r0，滑动变阻器的总阻值 R0=2r0，求：（1） 粒子的速度 v0的大小；（2）满足题意的 粒子，在磁场中运动的总时间 t；（3）该半圆形磁场区域的半径 R。【答案】(1) ；(2) ；(3) v0=2qE3m t=mqB R=2BEm3q【解析】(1)两极板间的电压 U=R02R0+r0E在电场中，对某一粒子有 ，qU=012mv20可得 v0=2qE3m(2)在磁场中运动的时
33、间 ，又 ，t=T2 T=2mqB可得 t=mqB(3)在磁场运动时，有 ，qv0B=mv20r又 R= 2r可得 R=2BmE3q【点睛】本题是磁场、电场、电路知识的综合，运用动能定理求速度，根据几何知识求轨迹半径都是常用的方法要注意磁场的半径与轨迹半径不是一回事20.飞机场上运行行李的装置为一水平放置的环形传送带，传送带的总质量为 M，其俯视图如图所示，现开启电动机，传送带达稳定运行的速度 v 后，将行李依次轻放到传送带上，若有 n 件质量均为 m 的行李需通过传送带运送给旅客。假设在转弯处行李与传送带无相对18滑动，整个过程传送带始终保持运送运动，忽略皮带轮、电动机损失的能力。求：（1）
34、传送带对每件行李做的功 W1；（2）每运送一件行李，滑动摩擦力对传送带所得功 W2；（3）从电动机开启，到运送完毕行李需要消耗的电能 E。【答案】(1) ；(2) ；(3) W1=12mv2 W2=mv2 E=12Mv2+nmv2【解析】(1)传送带对每件行李做的功 W1=fx物 =12mv2(2)摩擦力对传送带做的功 W2=fx带又 ，x物 =v2t x带 =vt可得 W2=2W1=mv2(3)由能量守恒得 E=12Mv2+nW2得: E=12Mv2+nmv2【点睛】本题容易误认为相邻工件间距等于工件加速运动的位移；要知道电动机对外做的功转化传送带的动能、行李的动能和因摩擦产生的内能一对摩擦
35、力做的总功等于产生的内能21.如图所示，质量为 m=5kg 的长木板 B 放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为m=5kg 的物块 A（可视为质点） 。木板与地面间的动摩擦因数 1=0.3，物块与木板间的动摩擦因数 2.=0.2，现用一水平力 F=60N 作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过 t=1s，撤去拉力，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力， ，求：g=10m/s2（1）拉力撤去时，木板的速度 vB；（2）要使物块不从木板上掉下，木板的长度 L 至少为多大；19（3）在满足（2）的条件下，物块最终将停在右端多远处。【答案】(1)V B=4m/s；(2)L=1.2m；
36、(3)d=0.48m【解析】【分析】对整体运用牛顿第二定律，求出加速度，判断物块与木板是否相对滑动，对物块和系统分别运用动量定理求出拉力撤去时，长木板的速度；从撤去拉力到达到共同速度过程，对物块和长木板分别运用动量定理求出撤去拉力后到达到共同速度的时间 t1，分别求出撤去拉力前后物块相对木板的位移，从而求出木板的长度对木板和物块，根据动能定理求出物块和木板的相对位移，再由几何关系求出最终停止的位置(1)若相对滑动，对木板有： ，F2mg12mg=maB得： aB=4m/s2对木块有 ，2mg=maA aA=2m/s2所以木块相对木板滑动撤去拉力时，木板的速度 ，vB=aBt=4m/s vA=aAt=2m/s(2)撤去 F 后，经时间 t2达到共同速度 v；由动量定理 2mgt2=mvmvB，22mgt21mgt2=mvmvB可得 ，v=2.4m/st2=0.2s在撤掉 F 之前，二者的相对位移 x1=vB2t1vA2t1撤去 F 之后，二者的相对位移木板长度(3)获得共同速度后，对木块，有 ，对木板有20二者的相对位移木块最终离木板右端的距离【点睛】本题综合性很强，涉及到物理学中重要考点，如牛顿第二定律、动能定理、动量定理、运动学公式，关键是明确木板和木块的运动规律和受力特点
