2021屆江蘇啟東市高三（上）期中物理試題（解析版）

2020-2021學(xué)年第一學(xué)期期中考試高三物理試題

（考試時間：90分鐘滿分：100分）

一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共計24分。只有一項是符合題目要求的。

1.如圖是明代《天工開物》中一幅牛力齒輪翻車的圖畫，記錄了我們祖先的勞動智慧。已知A、B、。三

齒輪半徑的大小關(guān)系為RA>%>4?，A與B靠齒輪傳動，8和C同軸轉(zhuǎn)動，則（）

A.齒輪A的角速度比。大B.齒輪8與C邊緣的線速度大小相等

C.齒輪A邊緣的線速度大小比C小D.齒輪A邊緣的向心加速度大小比3小

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】A.齒輪A與齒輪8是同緣傳動，邊緣點線速度相等，根據(jù)公式舊叫?可知，半徑比較大的A的角

速度小于B的角速度。而B與C是同軸傳動，角速度相等，所以齒輪A的角速度比C的小，故A錯誤；

B.8與C是同軸傳動，角速度相等，但B的半徑大，則齒輪8邊緣的線速度大于C邊緣的線速度，故B

錯誤；

C.齒輪A與齒輪8是同緣傳動，邊緣點線速度相等，齒輪3邊緣的線速度大于。邊緣的線速度，故齒輪A

邊緣的線速度大小比C大，故C錯誤；

2

D.齒輪4與齒輪B是同緣傳動，邊緣點線速度相等，根據(jù)公式&=匕可知，齒輪A邊緣的向心加速度大

r

小比8小，故D正確。

故選D。

2.2020年9月7日13時，我國在太原衛(wèi)星發(fā)射中心用長征四號乙運載火箭成功將高分十一號02星送入預(yù)

定軌道。該衛(wèi)星主要用于國土普查、城市規(guī)劃、路網(wǎng)設(shè)計、農(nóng)作物估產(chǎn)和防災(zāi)減災(zāi)等領(lǐng)域，可為“一帶一

路”建設(shè)提供信息保障。關(guān)于長征四號乙運載火箭和高分十一號02星，下列說法正確的是（）

A.火箭點火起飛時處于超重狀態(tài)

B.火箭出大氣層前靠空氣提供推力

C.衛(wèi)星的發(fā)射速度可能大于11.2km/s

D.衛(wèi)星進(jìn)入預(yù)定軌道后處于完全失重狀態(tài)，不受重力作用

【答案】A

【解析】

【分析】

詳解】A.火箭點火起飛時加速度向上，處于超重狀態(tài)，故A正確；

B.火箭靠噴出氣體的反作用力提供推力，故B錯誤；

C.11.2km/s是第二宇宙速度，脫離地球束縛的速度，衛(wèi)星仍繞地球圓周運動，未脫離地球束縛，則發(fā)射

速度小于U.2km/s,故C錯誤；

D.衛(wèi)星進(jìn)入預(yù)定軌道后處于完全失重狀態(tài)，仍受重力作用，此時的重力全部提供向心力，故D錯誤。

故選A。

3.微型電風(fēng)扇能在課堂上給學(xué)生送來徐徐涼風(fēng)，受學(xué)生的喜愛。若電風(fēng)扇的電動機(jī)線圈電阻為，當(dāng)它正

常工作時，電動機(jī)兩端所加的電壓為U。則（）

A.通過線圈的電流小于B.通過線圈的電流等于3

rr

C.電動機(jī)的電功率為/2rD.電動機(jī)的輸出功率為U/

【答案】A

【解析】

【分析】

【詳解】AB.根據(jù)能量守恒有

P電=尸M+產(chǎn)出

即

UI=Rr+P*

即

Pr<Ul

得通過線圈的電流小于故A正確，B錯誤；

C.電動機(jī)的電功率2電=。/,而“是電動機(jī)的內(nèi)阻損耗的熱功率，故C錯誤；

D.電動機(jī)輸出的機(jī)械功率P"產(chǎn)「電￥繪，而U/是電動機(jī)的電功率P”故D錯誤。

故選Ao

4.如圖所示，用甲、乙兩根筷子夾住一個小球，甲傾斜，乙始終豎直。在豎直平面內(nèi)，甲與豎直方向的夾

角為。，筷子與小球間的摩擦很小，可以忽略不計。小球質(zhì)量一定，隨著。緩慢增大，小球始終保持靜止,

A.筷子甲對小球的彈力不變B.筷子乙對小球的彈力變小

C.兩根筷子對小球的彈力均增大D.兩根筷子對小球的合力將增大

【答案】B

【解析】

【分析】

【詳解】對小球受力分析如圖：

mg

￡利=

sin。

mg

2二

。角增大過程中/、七均減小。兩根筷子對小球的合力總等于小球的重力，不變。

故選B。

5.新型冠狀病毒主要傳播方式為飛沫傳播，佩戴口罩可以有效預(yù)防新冠病毒的感染。小明某次打噴嚏時氣

流噴出的速度是60m/s,共噴出5.0x10-5n?的空氣，用時約0.013s。已知空氣的密度為1.3kg/n?,則小

明打這次噴嚏受到的平均反沖力約為（)

A.0.15NB.0.30NC.1.5ND.3.0N

【答案】B

【解析】

【分析】

【詳解】打一次噴嚏噴出的空氣質(zhì)量為：

m=pr=1.3x5.0x105kg=6.5x105kg

設(shè)打一次噴嚏噴出的空氣受到的作用力為F,根據(jù)動量定理得：Fnt=mv,解得：

廠mv6.5x10、x60、八“、

F=——=-------------NT=0.30NT

Ar0.013

根據(jù)牛頓第三定律可得人受到的平均反沖力為：

斤=F=0.30N

故B正確，ACD錯誤。

故選B?

6.霧霾給人們出行帶來很大的影響。一霧霾天，某人駕駛小汽車在高速公路上以30m/s的速度行駛，突然

發(fā)現(xiàn)正前方30〃?處有一輛大卡車以的速度同方向勻速行駛，小汽車緊急剎車，但剎車過程中剎車失

靈。圖中外人分別為小汽車和大卡車的V-/圖象，以下說法正確的是（）

A.在，=3s時追尾

B.因剎車失靈前小汽車已減速，不會追尾

C.由于初始距離太近，即使剎車不失靈也會追尾

D.如果剎車不失靈，兩車最近距離為20以

【答案】A

【解析】

【分析】

【詳解】AB.根據(jù)速度-時間圖象與時間軸所圍的“面積”大小等于位移，由圖知，/=3s時，6車的位移為

yb=vb?=10x3m=30m

車的位移為

Xa=gx（30+20）xlm+；x（20+15）x2m=60m

則

Sa-Sb=30m

所以在片3s時追尾，故B錯誤，A正確；

C.若剎車不失靈，根據(jù)X圖象可知尸2s時兩車速度相同，在0-2s內(nèi)，小汽車和大卡車的位移之差

A20x2”on

Ax=-------m=20m<30m

2

所以不會追尾，故C錯誤；

D.如果剎車不失靈，兩車最近距離為

5=30m-Ax=30m-20m=10m

故D錯誤。

故選Ao

7.北斗三號系統(tǒng)由24顆中圓地球軌道衛(wèi)星、3顆地球同步靜止軌道衛(wèi)星和3顆地球同步傾斜軌道衛(wèi)星共30

顆衛(wèi)星組成。其中傾斜地球同步軌道衛(wèi)星和地球同步靜止軌道衛(wèi)星周期相同，中圓地球軌道衛(wèi)星比地球同

步靜止軌道衛(wèi)星軌道低一些，它們均為圓軌道衛(wèi)星。則（）

A.地球同步傾斜軌道衛(wèi)星可以相對地球靜止在北京上空

B.地球同步傾斜軌道衛(wèi)星的高度大于地球同步靜止軌道衛(wèi)星

C.所有同步衛(wèi)星繞地運動的周期都一定大于中圓地球軌道衛(wèi)星

D.所有同步衛(wèi)星繞地運動的速率都一定大于中圓地球軌道衛(wèi)星

【答案】C

【解析】

【分析】

【詳解】A.地球同步傾斜軌道衛(wèi)星不能與地球相對靜止，故A錯誤；

B.根據(jù)

可知因為地球同步傾斜軌道衛(wèi)星的周期與地球同步靜止軌道衛(wèi)星的周期相同，所以地球同步傾斜軌道衛(wèi)星

的高度等于地球同步靜止軌道衛(wèi)星，故B錯誤；

C.中圓地球軌道衛(wèi)星比地球同步靜止軌道衛(wèi)星軌道低一些，根據(jù)開普勒第三定律可知，所有同步衛(wèi)星繞地

運動的周期都一定大于中圓地球軌道衛(wèi)星，故c正確；

D.根據(jù)

可知同步衛(wèi)星軌道半徑大，所有同步衛(wèi)星繞地運動速率都一定小于中圓地球軌道衛(wèi)星，故D錯誤。

故選Co

8.如圖，水平桌面上放置著質(zhì)量為機(jī)、2機(jī)的A,8兩物體，A與B,B與水平面間的動摩擦因數(shù)均為".現(xiàn)

用水平拉力F拉8,使A,3以相同的加速度運動.設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則拉力F的最大值為

()

~T\m

R產(chǎn)彳

〃〃/〃/〃〃〃/〃〃/〃〃/〃/〃〃/

A.3/ngB.4乂mgC.5〃mgD.6pmg

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】當(dāng)A、B之間恰好不發(fā)生相對滑動時力F最大，此時A物體所受的合力為由牛頓第二定律

知

%=絲j

m

對于AB整體，加速度

。=%=4g

由牛頓第二定律得

F-ju(m+2喻g=3ma=3〃mg

可得

F=6〃〃2g

故選D。

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共計16分。每小題有多個選項符合題意。全

部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得。分。

9.類比是一種常用的研究方法。對于直線運動，教科書中講解了由V-/圖象求位移的方法。請你借鑒此方

法，對于如圖所示中圖線和橫軸所圍成的“面積”的說法中，正確的有()

A.a-r（加速度-時間）圖象面積反映速度變化量Au

B.U-I（電壓-電流）圖象面積反映電功率P

C.F-x（力-位移）圖象面積反映力做的功W

D.I-t（電流-時間）圖象面積反映電量變化量

【答案】ACD

【解析】

【分析】

【詳解】A.根據(jù)Akgr得，4-r（加速度-時間）圖線和橫軸圍成的面積表示速度的改變量，故A正確；

B.由U-/（電壓-電流）圖線，根據(jù)公式尸=U/可知，根據(jù)。與/的坐標(biāo)值的乘積求出對應(yīng)電流做功的功率,

故B錯誤；

C.由卬=以可知，由F-x（力-位移）圖線和橫軸圍成的面積可求出對應(yīng)位移內(nèi)F所做的功，故C正確；

D.根據(jù)△?=/△/，得由/-，（電流-時間）圖線和橫軸圍成的面積可以求出對應(yīng)時間內(nèi)通過導(dǎo)體橫截面的電

量，故D正確。

故選ACD。

10.如圖所示，斜面底端有一下端固定的輕質(zhì)彈簧，當(dāng)彈簧處于自然長度時上端位于A點。斜面頂端至A點

粗糙，A點至斜面底端光滑。小物塊M由斜面的頂端自由釋放，到達(dá)最低點B。則（）

A.”從A到B的運動過程中速度一直在減小

B.M從A到3的運動過程中加速度先減小后增大

C.M從A到8的運動過程中機(jī)械能一直在減小

D.“最終可能靜止在斜面上A點

【答案】BC

【解析】

【分析】

【詳解】AB.”從A到3的運動過程中，物塊M受到重力、斜面的支持力和彈簧沿斜面向上的彈力，開

始時重力的下滑分力大于彈簧彈力，合力方向沿斜面向下，由于彈簧的壓縮量逐漸增大，彈簧的彈力逐漸

增大，則物塊沿斜面向下的合力逐漸減小，當(dāng)彈簧彈力等于重力的下滑分力時，合力為零，加速度為零，

速度達(dá)到最大，之后彈簧彈力大于重力的下滑分力，合力方向沿斜面向上并逐漸增大，物塊減速，故物塊

M的速度先增大后減小至零，加速度先減小后增大，故A錯誤，B正確；

C.”從A到3的運動過程中，物塊的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，則物塊機(jī)械能一直減小，故C正確;

D.開始時物塊能夠自由下滑，說明重力的下滑分力大于最大靜摩擦力，所以物塊不可能靜止在A點，物塊

將在A點至下方某點之間來回運動，故D錯誤。

故選BC。

11.靜電場中的一條電場線與％軸重合，其電勢的變化規(guī)律如圖所示。在。點由靜止釋放一質(zhì)子，質(zhì)子僅受

電場力的作用。則在一天~七區(qū)間內(nèi)（）

A.該靜電場一定是非勻強(qiáng)電場

B.質(zhì)子在靜電場中可能做勻加速直線運動

C.質(zhì)子將沿x軸正方向運動，電勢能逐漸減小

D.質(zhì)子將沿工軸負(fù)方向運動，加速度逐漸減小

【答案】AD

【解析】

【分析】

【詳解】A.由圖像可知，電勢與距離不成正比，由

U=Ed

可知該靜電場是非勻強(qiáng)電場，A正確；

B.由于質(zhì)子是由靜止釋放，且只受電場力作用，由于是非勻強(qiáng)電場，根據(jù)

F=Eq

可知電場力是隨距離變化的，所以加速度也隨距離變化，因此質(zhì)子做變加速直線運動，B錯誤；

C.由圖像可知，在一七~/范圍內(nèi)，從左到右電勢逐漸增大，由于沿電場線方向電勢逐漸降低，所以該電

場線的方向為水平向左，質(zhì)子帶正電，所以電場力的方向向左，加速度方向向左，所以質(zhì)子將沿x軸負(fù)方

向運動，因此電場力對質(zhì)子做正功，所以質(zhì)子電勢能減小，C錯誤；

D.該圖像的切線的斜率表示電場強(qiáng)度，質(zhì)子沿左軸向左運動，切線斜率的逐漸減小，所以電場強(qiáng)度逐漸減

小，電場力逐漸減小，即加速度逐漸減小，D正確。

故選ADo

12.如圖所示，在熒屏板MN的上方分布了水平方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8,方向垂直紙面向

里。距熒屏板4處有一粒子源S,能夠在紙面內(nèi)不斷均勻地向各個方向發(fā)射速度大小為v=幽、電荷量為

m

4、質(zhì)量為用的帶正電粒子，不計粒子的重力，已知粒子源發(fā)射粒子的總個數(shù)為N,則（）

XXXXXXXX

S

XXXX|XXXX

I

xxxxixxxx

M----------------------------------1-------------------------------------N

A.粒子能打到板上的區(qū)域長度為28d

B.打到板上的粒子數(shù)為

2

7im

C.從粒子源出發(fā)到板的最短時間為丁工

3qB

7tm

D.同一時刻發(fā)射的粒子打到熒光板上的最大時間差為r

qB

【答案】BC

【解析】

【分析】

【詳解】A.粒子受到的洛侖茲力充當(dāng)向心力，粒子運動的半徑

R=』*d

qBm

粒子運動到絕緣板的兩種臨界情況如圖

設(shè)SC垂直于MN于C點，由幾何關(guān)系可知，左側(cè)最遠(yuǎn)處與S之間的距離恰好是圓的直徑，則左側(cè)最遠(yuǎn)處A

離C距離為瘋/,右側(cè)離C最遠(yuǎn)處為B,距離為d,所以粒子能打在板上的區(qū)域長度是（G+1）d，選項

A錯誤；

B.根據(jù)以上分析可知有一半的粒子能達(dá)到極板上，粒子源發(fā)射粒子的總個數(shù)為N,則打到板上的粒子數(shù)

為,選項B正確；

2

CD.在磁場中運動時間最長和最短的粒子運動軌跡示意圖如下：

粒子做整個圓周運動的周期

f27cd2兀m

T=---=---

vqB

由幾何關(guān)系可知最短時間

1

,-T-

263qB

如圖所示粒子在磁場中最長時間

142qB

所以

17im

At=t,-t^=---

126qB

選項C正確，D錯誤。

故選BC。

三、實驗題：本題共2小題，共計14分。請將解答填寫在答題卡相應(yīng)的位置。

13.某實驗小組用如圖甲所示裝置做“研究勻變速直線運動”實驗。

乙

(1)實驗操作時必須做到。

A.鉤碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量

B.墊高長木板沒有定滑輪的一端，平衡摩擦力

C.小車釋放前靠近打點計時器

D.連接小車的細(xì)繩平行于長木板

(2)調(diào)節(jié)好實驗裝置，進(jìn)行正確操作，打出的紙帶如圖乙所示，在紙帶上取連續(xù)的七個計時點

a、h、c、d、e、f、g,測得以”兩點間距為邑，g兩點間距為“，已知相鄰兩個計時點間的時間

間隔為T，由此可知，打點計時器打下d點時小車運動的速度大小是,小車運動的加速度大小是

【答案】(D.CD(2).包

6T

【解析】

【分析】

【詳解】(i)niAB.研究勻變速直線運動時，不需要平衡摩擦力，不需要滿足鉤碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量,

故AB錯誤；

C.為了能多打出一些點便于數(shù)據(jù)處理，小車釋放前應(yīng)靠近打點計時器，故C正確；

D.為了使小車能做勻變速運動，連接小車的細(xì)線應(yīng)平行于長木板，故D正確；

故選CD；

(2)⑵根據(jù)勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，打點計時器打下d點時小車運動的

速度大小是

⑶根據(jù)M=aT2，運用逐差法得小車運動的加速度大小為

a=

14.某同學(xué)要測量一個未知電阻的阻值。

（1）為了合理選用器材設(shè)計測量電路，他先用多用表的歐姆檔“X10”按正確的操作步驟粗測其電阻，指針

如圖所示，則讀數(shù)應(yīng)記為

甲

（2）現(xiàn)利用實驗室的下列器材，精確測出其電阻R

A.電源E（3V,內(nèi)阻，約為1C）

B.電流表4（量程o100/714,內(nèi)阻弓=5。）

c.電流表&（量程o10/M,內(nèi)阻4=。-5。）

D.電壓表V（量程03V,內(nèi)阻約為20攵Q）

E.滑動變阻器R1（020Q,0.6A）

F.開關(guān)S,導(dǎo)線若干

為了盡可能精確測出該電阻的阻值，電流表應(yīng)選用（選填“4”或）。請在圖乙方框內(nèi)設(shè)計

最合理的實驗電路圖，并標(biāo)出所選用的器材的符號。（）

（3）根據(jù)合理的實驗設(shè)計，某次實驗測得電壓表的示數(shù)為u,電流表的示數(shù)為/,則未知電阻的測量值表達(dá)

式/?=。

【解析】

【分析】

【詳解】(1)口］歐姆表讀數(shù)乘以倍率得到電阻值，故R=26x100=260。

(2)［2］通過電阻R的最大電流為

E3

/=—=——?11.5mA

R260

故選4電流表；

⑶為了盡可能精確測出該電阻的阻值滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法，因為

R>y)RvRA

電流表采用內(nèi)接法，電路如圖所示

(3)［4］根據(jù)歐姆定律有

R+r2=j

可得

四、計算題：本題共4小題，共計46分。解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演

算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中明確寫出數(shù)值和單位。

15.民航客機(jī)都有緊急出口，發(fā)生意外情況的飛機(jī)緊急著陸后，狹長的氣囊會自動充氣，形成一個連接出口

與地面的斜面，人員可沿斜面滑行到地上，如圖甲所示。圖乙是其簡化模型，氣囊所構(gòu)成的斜面高度

〃=3.0m,長度L=5.0m,質(zhì)量〃?=60kg的某旅客從斜面頂端由靜止開始滑到斜面底端。已知旅客與斜

面間的動摩擦因數(shù)〃=0.55,不計空氣阻力及斜面的形變，g取lOm/s)求:

(1)旅客沿斜面下滑時的加速度大小；

(2)旅客滑到斜面底端時重力的瞬時功率;

(3)旅客下滑過程中重力的沖量。

|||乙

【答案】(l)1.6m/s2；(2)1440W；(3)1500N?s,方向豎直向下。

【解析】

【分析】

【詳解】(1)設(shè)斜面傾角為仇由幾何關(guān)系可知

sin0=—=0.6

L

可得cos6?=0.8,對旅客進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，有

mgsinO-pmgcos0=ma

可得

a=gsin8-〃gcos。

代入數(shù)據(jù)得

a=1,6m/s2

(2)旅客運動到斜面底端時速度大小為v,由運動學(xué)公式

v2=2aL

代入數(shù)據(jù)得

v=4m/s

根據(jù)

P=mgvcos(90°-。)

代入數(shù)據(jù)得旅客滑到斜面底端時重力的瞬時功率41440W。

(3)由運動學(xué)公式

v

a

得旅客下滑過程所用的時間為尸2.5s

根據(jù)

I=mgt

代入數(shù)據(jù)得旅客下滑過程中重力的沖量大小為

/=1500N?s

方向豎直向下。

16.如圖所示，寬度為d兩平行豎直邊界MN、PQ間有一水平勻強(qiáng)電場，PQ右側(cè)有一半徑為廣的圓形勻

強(qiáng)磁場區(qū)域，。|為圓心，磁場方向垂直紙面向里。一質(zhì)量為加、電荷量為夕的粒子在邊界上的。點由

靜止釋放，經(jīng)電場加速后，以速度v沿軸線。“?？谶M(jìn)入磁場區(qū)域，最終從磁場區(qū)域邊界上d點離開磁場,

且NaO0=120°。不計粒子重力。

(1)求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小；

(2)求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;

(3)若在圓形磁場右側(cè)還存在著另一個矩形磁場區(qū)域，其一條邊平行于PQ,磁場方向垂直于紙面所在平面,

粒子經(jīng)過該磁場偏轉(zhuǎn)后恰好又能回到。點，求矩形磁場的最大磁感應(yīng)強(qiáng)度及對應(yīng)的最小面積。

【答案】(1)E=衿；(2)8=2/1^；(3)5=曲上；12(2+0)產(chǎn)

【解析】

【分析】

【詳解】(1)粒子在電場中加速，由動能定理

12

qEd=-mv

得

_mv2

E=-----

2qd

(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，由幾何關(guān)系得，粒子做圓周運動的半徑

Ri=rtan600=百廠

由牛頓第二定律

2

qvB=m—

得

nJ3/0

D二------

3qr

(3)如圖，粒子出圓形磁場區(qū)域后在刃間做勻速直線運動，在/點進(jìn)入矩形磁場做圓周運動，圖示為符合題

意的最小圓半徑R2和對應(yīng)的最小矩形磁場區(qū)域efgh

jc=rtan60=

在矩形磁場區(qū)域運動的半徑

為:焉:2后

設(shè)矩形磁場區(qū)域最大磁感應(yīng)強(qiáng)度為8,“，由

V2

qvBm=m——

凡

得

紇

6qr

最小磁場區(qū)域面積

S=(&+R2cos30°)x2&=(2+g)后

代入R2得最小面積

5=12(2+亞)於

17.如圖所示為沿水平方向的勻強(qiáng)電場的三條電場線，豎直平面內(nèi)有一個半徑為R圓周，A點為圓周上和

圓心。等高的一點，3點為圓周上的最高點。在A點的粒子源以相同大小的初速度在豎直面內(nèi)沿各個方向

發(fā)射質(zhì)量為優(yōu)，帶電量為q帶正電的同種粒子。已知豎直向上發(fā)射的粒子恰好經(jīng)過3點，且在8點速度方

向恰好水平面右，重力加速度為g。求：

（1）發(fā)射粒子的初速度大小；

（2）電場強(qiáng)度的大小和方向；

（3）所有經(jīng)過圓周上粒子的動能的最大值。

~6T

【答案】（1）%=J荻；（2）E=｝，向水平向右；（3）￡物=（2+J5）儂？

【解析】

【分析】

【詳解】（1）由題意知，粒子在豎直方向受重力作用，豎直向上發(fā)射的粒子在豎直方向做豎直上拋運動，粒

子在A到8的過程中，由

年=2gR

得：

V0=yj2gR

（2）設(shè)豎直向上發(fā)射粒子從A到B的過程中所用時間為f,在豎直方向做豎直上拋運動，有

R=gg尸

在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，有

1,

R=—at~

2

又有

qE-ma

由以上幾式可得電場強(qiáng)度大小為

q

方向水平向右

(3)粒子所受的合力

F=yl(mg)2+(qE)2=\[2mg

設(shè)合力方向與豎直方向夾角為仇根據(jù)

tan0=處'=1

mg

得

0=45。

如圖

合力方向與圓周相交于。點，由于所有粒子在A點的初動能相等，粒子從A到。過程，合外力做功最多，

所以經(jīng)過。點的粒子動能最大。對粒子，從A到。過程，利用動能定理

ER(l+cos45o)=&“-gw；

代入數(shù)據(jù)得

紇“=(2+」”gR

18.如圖所示，懸點。處用一長為乙=0.8m的輕繩系一質(zhì)量為%=0.6kg的物塊A，長為4=2.0m的水

平傳送帶以v=2m/s速度勻速轉(zhuǎn)動，緊靠傳送帶兩端的水平面上各靜止一個物塊3和C,，%="c=1Qkg。

在距傳送帶左端s=0.5m的水平面上放置一豎直固定彈性擋板，物塊與擋板碰撞后被原速率彈回?，F(xiàn)把物

塊A拉至與懸點O等高處由靜止釋放，在最低點恰好與物塊B相碰。已知物塊B和C與傳送帶間的動摩因

數(shù)為從=0.2,與水平面間的動摩因數(shù)為〃2=092,物塊間的碰撞都是彈性正碰，不計物塊大小，g取

10m/s2。求：

(1)物塊A與物塊B相碰前瞬間輕繩的拉力大小；

(2)物塊8在與C第一次碰撞前在傳送帶上滑行過程中因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能；

(3)整個過程中物塊B在傳送帶上滑行的總路程。

【解析】

【分析】

【詳解】(1)物塊下擺過程，由動能定理

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