2016-2017學(xué)年河北省保定市淶水縣波峰中學(xué)高三（上）第二次模擬物理試卷（12月份）

參考答案與試題解析

一、選擇題：本題共8小題，每題6分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，19～21題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有錯(cuò)選的得0分．

1．質(zhì)量為2kg的物體，放在動(dòng)摩擦因數(shù)p=0.1的 水平面上，在水平拉力的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，水平拉力做的功W和物體隨位置X變化的關(guān)系如 圖所示．重力加速度g取1Om/s²，則（ ）

A．X=Om至x=3m的過程中，物體的加速度是 2.5 m/s²

B．X=Om至X=3m的過程中，物體的加速度是1.5m/s²

C．X=6m時(shí)，物體的速度約為20m/s

D．x=3m至x=9m的過程中，物體做勻加速運(yùn)動(dòng)

【考點(diǎn)】功的計(jì)算；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像．

【分析】對物體受力分析，受到重力G、支持力N、拉力F和滑動(dòng)摩擦力f，根據(jù)牛頓第二定律和動(dòng)能定理列式分析即可．

【解答】解：A、B：對于前3m，根據(jù)動(dòng)能定理，有

W₁﹣μmgs=mv²

解得：3m/s

根據(jù)速度位移公式，有

2a₁s=v²

解得a₁=1.5m/s²

故A錯(cuò)誤、B正確；

C、對于前6m過程，根據(jù)動(dòng)能定理，有

W₂﹣μmgs′=mv₂²

解得v₂=2m/s

故C錯(cuò)誤；

D、由圖象可知，x=3m至x=9m的過程中，力F=，滑動(dòng)摩擦力f=Pmg=0.1×20=2N，所以物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤．

故選：B．

2．衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌道半徑為r，運(yùn)動(dòng)周期為T，地球半徑為R，萬有引力常數(shù)為G，下列說法正確的是（ ）

A．衛(wèi)星的線速度大小為v=

B．地球的質(zhì)量為M=

C．地球的平均密度為ρ=

D．地球表面重力加速度大小為g=

【考點(diǎn)】萬有引力定律及其應(yīng)用．

【分析】由線速度定義式可表示線速度；由萬有引力周期表達(dá)式，可得地球質(zhì)量，進(jìn)而可以表示密度；由表面處萬有引力等于重力可表示重力加速度g．

【解答】解：A、線速度為：，故A錯(cuò)誤．

B、有牛頓第二定律可得：，解得：，故B錯(cuò)誤．

C、地球密度為：，故C錯(cuò)誤．

D、地球表面處：，又，解得：，故D正確．

故選：D．

3．如圖所示，輕質(zhì)彈簧的上端固定，下端與物體A相連，物體B與物體A之間通過輕質(zhì)不可伸長的細(xì)繩連接．開始時(shí)托住物體A，使A靜止且彈簧處于原長，然后由靜止釋放A，從開始釋放到物體A第一次速度最大的過程中，下列說法正確的有（ ）

A．A、B兩物體的機(jī)械能總量守恒

B．B物體機(jī)械能的減少量一定等于A物體機(jī)械能的減少量

C．輕繩拉力對B物體做的功等于B物體機(jī)械能的變化

D．A物體所受合外力做的功等于A物體機(jī)械能的變化

【考點(diǎn)】功能關(guān)系；動(dòng)能和勢能的相互轉(zhuǎn)化．

【分析】功是能量轉(zhuǎn)化的量度，合力做功等于動(dòng)能的改變量，除重力外其余力做功等于機(jī)械能的增加量．

【解答】解：A、對AB系統(tǒng)，由于要克服彈簧的拉力做功，故機(jī)械能總量是減小的，故A錯(cuò)誤；

B、物體A與物體B速度相等，動(dòng)能的變化量和重力勢能的變化量均與質(zhì)量成正比，兩個(gè)物體的質(zhì)量不一定相等，故機(jī)械能的變化量不一定相等，故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)功能關(guān)系，除重力外其余力做功等于機(jī)械能的增加量，故輕繩拉力對B物體做的功等于B物體機(jī)械能的變化，故C正確；

D、根據(jù)動(dòng)能定理，A物體所受合外力做的功等于A物體動(dòng)能的增加量，故D錯(cuò)誤；

故選：C．

4．甲乙兩汽車同時(shí)同地出發(fā)，甲車做勻速運(yùn)動(dòng)，乙車做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩車的位移與時(shí)間的關(guān)系如圖所示．下列說法正確的是（ ）

A．t=l0s時(shí)，甲車追上乙車 B．乙車的加速度大小為2m/s²

C．t=l0s時(shí)，兩車速度相同 D．t=5s時(shí)，兩車速度相同

【考點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像．

【分析】在位移﹣時(shí)間圖象中，傾斜的直線表示物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，斜率表示速度；圖象的交點(diǎn)表示位移相等；由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解乙的速度．

【解答】解：A、據(jù)圖可知，在t=10秒時(shí)，甲乙的位移相等，但開始時(shí)乙在后，故應(yīng)是乙追上甲車，故A錯(cuò)誤；

B、由圖可知，乙的加速度a==lm/s²，故B錯(cuò)誤；

C、質(zhì)點(diǎn)乙在10秒時(shí)的速度：v₂=at₂=1×10=10m/s，甲車速度v=5m/s，故C錯(cuò)誤；

D、t=5s時(shí)，甲車速度v==5m/s，5s為10內(nèi)的時(shí)間中點(diǎn)，故乙車速度等于10s內(nèi)的平均速度，故v′==5m/s，故D正確；

故選：D．

5．如圖所示，兩金屬板間有水平方向（垂直紙面向里）的勻強(qiáng)磁場和豎直向下的勻強(qiáng) 電場．一帶正電的小球垂直于電場和磁場方向從O點(diǎn)以速度v₀飛入此區(qū)域，恰好 能沿直線從P點(diǎn)飛出此區(qū)域．如果只將電場方向改為豎直向上，則小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a₁，經(jīng)時(shí)間t1從板間的右端a點(diǎn)飛出，a與P間 的距離為y₁；如果同時(shí)撤去電場和磁場，小球加速 度大小為a₂，經(jīng)時(shí)間t₂從板間的右端b點(diǎn)以速度v飛出，b與P間的距離為y₂．a(chǎn)、b兩點(diǎn)在圖中未標(biāo) 出，則一定有（ ）

A．v₀＜v B．a(chǎn)₁＜a₂ C．a(chǎn)₁=a₂ D．t₁＜t₂

【考點(diǎn)】帶電粒子在混合場中的運(yùn)動(dòng)．

【分析】根據(jù)題意分析各種情況下的運(yùn)動(dòng)形式和所對應(yīng)的力學(xué)方程，開始勻速通過時(shí)：qvB=mg+Eq，當(dāng)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，mg=Eq，，同時(shí)撤去電場和磁場時(shí)小球做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)不同規(guī)律的特點(diǎn)可正確解答．

【解答】解：開始勻速通過時(shí)：qvB=mg+Eq

當(dāng)小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，mg=Eq， =ma₁，

同時(shí)撤去電場和磁場時(shí)小球做平拋運(yùn)動(dòng)，有：mg=ma₂

因?yàn)閝vB＞mg，因此a₁＞a₂，故BC錯(cuò)誤；

小球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度大小不變?yōu)関₀，小球做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，重力做正功，因此速度增大，即v₀＜v，故A正確；

小球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，從右端出去的時(shí)間為：，s為運(yùn)動(dòng)的弧長，平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)：，l為兩板之間水平位移，由于s＞l，因此t₁＞t₂，故D錯(cuò)誤．

故選A．

6．如圖所示，傳送帶AB的傾角為θ，且傳送帶足夠長．現(xiàn)有質(zhì)量為m可視為質(zhì)點(diǎn)的物體以v₀的初速度從B端開始向上運(yùn)動(dòng)，物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＞tanθ，傳送帶的速度為v（v₀＜v），方向未知，重力加速度為g．物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是（ ）

A．摩擦力對物體做功的最大瞬時(shí)功率是μmgvcosθ

B．摩擦力對物體做功的最大瞬時(shí)功率是μmgv₀cosθ

C．運(yùn)動(dòng)過程物體的機(jī)械能可能一直增加

D．摩擦力對物體可能先先做正功后做負(fù)功

【考點(diǎn)】功能關(guān)系；功率、平均功率和瞬時(shí)功率．

【分析】因?yàn)棣蹋総anθ，即有μmgcosθ＞mgsinθ，送帶足夠長，物體最終在傳送帶上都和傳送帶具有相同的速度，即可由公式P=Fv求得最大摩擦力對物體做功的最大瞬時(shí)功率．根據(jù)功能關(guān)系分析機(jī)械能的變化情況．

【解答】解：AB、由物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＞tanθ，則有μmgcosθ＞mgsinθ．傳送帶的速度為v（v₀＜v），若v₀與v同向，物體先做勻加速運(yùn)動(dòng)，最后物體加速運(yùn)動(dòng)到和傳送帶速度相同時(shí)物體速度最大，此時(shí)摩擦力的瞬時(shí)功率最大，則最大瞬時(shí)功率為 P=μmgvcosθ．若v₀與v反向，物體先向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，后向下勻加速運(yùn)動(dòng)到和傳送帶速度相同時(shí)物體速度最大，此時(shí)摩擦力的瞬時(shí)功率最大，則最大瞬時(shí)功率為 P=μmgvcosθ．

故A正確，B錯(cuò)誤．

CD、摩擦力一直對物體做正功，由功能關(guān)系知，運(yùn)動(dòng)過程物體的機(jī)械能一直增加，故C正確，D錯(cuò)誤．

故選：AC

7．一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子從O點(diǎn)以速率v₀射入電場，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)速率為2v₀．現(xiàn)有另一電荷量為﹣2q、質(zhì)量為m的粒子仍以速率v₀從O點(diǎn)射入該電場，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速率為2v₀．若忽略重力的影響，帶電粒子從O到A和從O到B的運(yùn)動(dòng)過程中（ ）

A．在O、A、B三點(diǎn)中，B點(diǎn)電勢最高

B．在O、A、B三點(diǎn)中，A點(diǎn)電勢最高

C．帶電荷量為+q的粒子電勢能的變化量大

D．兩粒子的電勢能變化量相等

【考點(diǎn)】電勢能；電勢．

【分析】根據(jù)電場力做功與電勢能之間的關(guān)系，電場力做正功，電勢能減小，可以判斷電勢的高低；根據(jù)能量守恒定律分析電勢能變化量的大?。?/p>

【解答】解：AB、+q由O到A，動(dòng)能變大，電場力做正功，電勢能減小，電勢也減小，所以O(shè)點(diǎn)的電勢比A點(diǎn)的高；

﹣2q從O到B速度增大，電場力也做正功，電勢能減小，電勢升高，B點(diǎn)電勢比O點(diǎn)高．所以B點(diǎn)最高，故A正確，B錯(cuò)誤；

CD、兩個(gè)粒子的質(zhì)量相等，動(dòng)能的變化量大小相等，根據(jù)能量守恒定律可知兩粒子的電勢能變化量相等，故C錯(cuò)誤，D正確．

故選：AD．

8．如圖所示，質(zhì)量為m的物體，放在一固定斜面上，當(dāng)斜面傾角為30°時(shí)恰能沿斜面勻速下滑．對物體施加一大小為F的水平向右恒力，物體可沿斜面勻速向上滑行．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，當(dāng)斜面傾角增大并超過某一臨界角θ₀時(shí)，不論水平恒力F多大，都不能使物體沿斜面向上滑行，則下列說法正確的是（ ）

A．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

B．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

C．這一臨界角θ₀的大小30°

D．這一臨界角θ₀的大小60°

【考點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；物體的彈性和彈力．

【分析】物體勻速下滑時(shí)受力平衡，按重力、彈力和摩擦力順序進(jìn)行受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件并結(jié)合正交分解法列方程，同時(shí)結(jié)合摩擦力公式求解動(dòng)摩擦因素μ；

物體沿斜面能勻速上升，根據(jù)平衡條件列方程求解推力F，改變斜面傾斜角度后，根據(jù)平衡條件再次結(jié)合函數(shù)表達(dá)式分析即可．

【解答】解：AB、物體恰好勻速下滑時(shí)，由平衡條件有：

F_N1=mgcos30°，

mgsin30°=μF_N1，

則 μ=tan30°=；

故A正確，B錯(cuò)誤；

CD、設(shè)斜面傾角為α，由平衡條件有：

Fcosα=mgsinα+F_f，

F_N2=mgcosα+Fsinα，

靜摩擦力：F_f≤μF_N2，

聯(lián)立解得F（cosα﹣μsinα）≤mgsinα+μmgcosα；

要使“不論水平恒力F多大”，上式都成立，則有cosα﹣μsinα≤0，

所以tanα≥==tan60°，即θ₀=60°，故C錯(cuò)誤，D正確；

故選：AD

二、解答題（共5小題，滿分62分）

9．在一帶有凹槽（保證小球沿斜面做直線運(yùn)動(dòng)）的斜面底端安裝一光電門，讓一小球從凹槽中某位置由靜止釋放，調(diào)整光電門位置，使球心能通過光電門發(fā)射光束所在的直線，可研究其勻變速直線運(yùn)動(dòng)．實(shí)驗(yàn)過程如下：

（1）首先用螺旋測微器測量小球的直徑．如圖1所示，則小球直徑d= 0.9350 cm．

（2）讓小球從凹槽上某位置由靜止釋放，并通過光電門．用刻度尺測量小球釋放位置到光電門的距離x，光電門自動(dòng)記錄小球通過光電門的時(shí)間△t，可計(jì)算小球通過光電門的瞬時(shí)速度表達(dá)式為v= ．（小球直徑用d表示）

（3）改變小球的釋放位置重復(fù)（2），可得到多組距離x、速度v．現(xiàn)將多組x、v、v²對應(yīng)記錄在表格中．

（4）根據(jù)表數(shù)據(jù)，在坐標(biāo)紙上適當(dāng)選取標(biāo)度和橫軸、縱軸對應(yīng)的物理量，做出小球運(yùn)動(dòng)的線性關(guān)系圖．

（5）根據(jù)所作圖象求得小球運(yùn)動(dòng)的加速度a= 5.0 m/s²（保留兩位小數(shù)）．

【考點(diǎn)】探究小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律．

【分析】（1）螺旋測微器固定刻度與可動(dòng)刻度示數(shù)之和是螺旋測微器示數(shù)．

（2）已知擋光板的寬度與擋光時(shí)間，由速度公式可以求出速度．

（4）根據(jù)表格數(shù)據(jù)，依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v²=2ax，從而選取合適的坐標(biāo)，作出圖象；

（5）根據(jù)圖象的斜率含義，即可求解．

【解答】解：（1）螺旋測微器的固定刻度為9.0mm，可動(dòng)刻度為0.01×35.0mm，

所以最終讀數(shù)為9.350mm=0.9350cm；

（2）由于遮光條長度比較小，經(jīng)過遮光條的平均速度可認(rèn)為等于滑塊的瞬時(shí)速度，故滑塊經(jīng)過光電門的速度v=；

（3）小球做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，則有：v²=2ax；因此選取橫軸為x，而縱軸為v²，根據(jù)表格數(shù)據(jù)，描點(diǎn)作圖，如下圖所示：

（4）從圖象可以，斜率k=2a，則a===5.0m/s²．

故答案為：（1）0.9350； （2）；（4）如上圖所示；（5）5.0．

10．現(xiàn)有兩相同的某型號(hào)多用表，一同學(xué)在研究性學(xué)習(xí)過程中想獲得10V量程直流電壓檔的內(nèi)阻和×1k歐姆檔的內(nèi)部電源的電動(dòng)勢，已知×1k歐姆檔中央刻度線對應(yīng)的數(shù)據(jù)為15．為完成實(shí)驗(yàn)，進(jìn)行了如下操作：

（1）將甲多用表檔位旋鈕撥到10V電壓檔，將乙多用表檔位旋鈕撥到×1k歐姆檔；

（2）應(yīng)將甲多用表的紅表筆與乙多用表的 黑 （填“紅”或“黑”）表筆連接，在將另外兩表筆連接；

（3）在連接兩多用表表筆之前應(yīng)對乙多用表進(jìn)行的操作為 兩表筆短接調(diào)零 ：

（4）兩多用表連接后，兩表讀數(shù)分別為6.0V和30kΩ，可知10V量程直流電壓檔的內(nèi)阻為 30 kΩ，×1k歐姆檔的內(nèi)部電源的電動(dòng)勢為 9 V．

【考點(diǎn)】用多用電表測電阻．

【分析】（2）歐姆表的黑表筆接的是內(nèi)部電源的正極，電流要從電壓表正極流入．

（3）多用電表每次換擋應(yīng)進(jìn)行歐姆調(diào)零．

（4）歐姆表示數(shù)是所測電阻阻值，應(yīng)用串聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律求出電源電動(dòng)勢．

【解答】解：（2）甲多用電表選擇電壓檔，應(yīng)將甲多用表的紅表筆與乙多用表的黑表筆連接，在將另兩表筆連接；

（3）由于乙的檔位被撥了一次，故應(yīng)該在測量前進(jìn)行歐姆調(diào)零，方法是兩表筆短接調(diào)零．

（4）×1k歐姆檔中央刻度線對應(yīng)的數(shù)據(jù)為15，則其中值電阻為15kΩ，歐姆表中值電阻等于其內(nèi)阻，則歐姆表內(nèi)阻為15kΩ；

兩多用表連接后，兩表讀數(shù)分別為6V和30kΩ．可知10V量程直流電壓檔的內(nèi)阻為30kΩ，歐姆表內(nèi)阻為15kΩ、電壓表內(nèi)阻為30kΩ，

電壓表示數(shù)為6V，則歐姆表電壓兩端為3V，×1k歐姆檔的內(nèi)部電源的電動(dòng)勢為E=6+3=9V．

故答案為：（2）黑；（3）兩表筆短接調(diào)零；（4）30，9．

11．固定的傾角為37°的光滑斜面，長度為L=1m，斜面頂端放置可視為質(zhì)點(diǎn)的小物體，質(zhì)量為0.5kg，如圖所示，當(dāng)水平恒力較小時(shí)，物體可以沿斜面下滑，到達(dá)斜面底端時(shí)撤去水平恒力，物體在水平地面上滑行的距離為s，忽略物體轉(zhuǎn)彎時(shí)的能量損失，研究發(fā)現(xiàn)s與F之間的關(guān)系如圖所示，已知g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．

求：（1）物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；

（2）當(dāng)F=3N時(shí)，物體運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間（結(jié)果可以用根式表示）

【考點(diǎn)】牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系．

【分析】（1）根據(jù)圖象面積F=0時(shí)，物體水平運(yùn)動(dòng)摩擦力做負(fù)功等于重力勢能的減小量，從而求出摩擦力和對摩擦因數(shù)；

（2）當(dāng)F=3N時(shí)，求出從斜面下滑的加速度，由位移時(shí)間公式求出斜面上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；由速度公式求出滑下斜面時(shí)的速度，根據(jù)牛頓第二定律求出在水平面上的加速度，根據(jù)速度時(shí)間公式求出初速度，聯(lián)立求解可求出水平面上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，總時(shí)間即為兩者之和．

【解答】解：（1）設(shè)物體的質(zhì)量為m，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，

則地面對物體的摩擦力：f=μmg

當(dāng)F取F₁=0N時(shí)，物體在水平地面上的位移為：s₁=6m

斜面是光滑的，則下滑過程增加的動(dòng)能：E_k=mgLsin37°

水平方向上，摩擦力做功大?。篧=fs₁=E_k

聯(lián)立以上三式代入數(shù)據(jù)得：μ=0.1

（2）當(dāng)F=3N時(shí)，設(shè)物體下滑的加速度為a，在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則由牛頓第二定律得：

mgLsin37°﹣Fcos37°=ma

由位移時(shí)間公式得：L=

聯(lián)立以上兩式代入數(shù)據(jù)得：t=

則滑下斜面時(shí)速度大小為：v=at

水平面上，設(shè)物體的加速度為a₁，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t₁，由牛頓第二定律得：μmg=ma₁

v=a₁t₁

聯(lián)立以上三式代入數(shù)據(jù)得：t₁=

物體運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為：t_總=t+t₁=

12．如圖所示，在邊長為L的正方形區(qū)域ABCD內(nèi)，存在沿AD方向的勻強(qiáng)電場，質(zhì)量均為m，帶電量分別為+q和﹣q的兩粒子，同時(shí)由A、C兩點(diǎn)沿AB和CD方向以速率v₀進(jìn)入正方形區(qū)域，兩粒子在區(qū)域的正中心相遇．若將區(qū)域中的電場換為垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，兩粒子同時(shí)由A、B兩點(diǎn)沿平行于AB方向進(jìn)入?yún)^(qū)域，速度大小仍為v₀，兩粒子也在區(qū)域的正中心相遇，不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用力，求：

（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E；

（2）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；

（3）若上述電場和磁場同時(shí)存在，兩粒子先后由A點(diǎn)沿AC方向進(jìn)入場區(qū)，速度大小仍為v₀，要求粒子能夠沿直線到達(dá)C點(diǎn)，正方形區(qū)域內(nèi)需另加一平行于紙面的勻強(qiáng)電場E′，求E′的大小和方向（方向用與AB方向夾角的正切值表示）．

【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)．

【分析】（1）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出電場強(qiáng)度．

（2）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強(qiáng)度．

（3）粒子沿直線AC運(yùn)動(dòng)，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件可以求出電場強(qiáng)度．

【解答】解：（1）由題意知粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿初速度方向和電場力方向的位移大小均為，則

=v₀t

at²

qE=ma

所以E=．

（2）由題意知粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為 r=，

由牛頓第二定律得：qv₀B=，

所以B=．

（3）粒子應(yīng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受力如圖所示，其中θ=45°，設(shè)E′與AB方向夾角為α，

qE′sinα=qE+qv₀B sinθ

qE′cosα=qv₀B cosθ

∴tanα=2+1

E′=．

答：（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為；

（2）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為；

（3）E′的大小為，方向與AB方向夾角的正切值為2+1．

13．質(zhì)量為m₁的物體A以某一速度值由斜面底端沖上斜面，恰能到達(dá)斜面頂端，如圖所示．將質(zhì)量為m₂的物體B放置在斜面上某點(diǎn)，且處于靜止?fàn)顟B(tài)，物體B到斜面頂端的距離為斜面長度的，A物體再次以相同的初速度沖上斜面，A、B發(fā)生彈性碰撞后，物體剛好能夠到達(dá)斜面頂端．兩物體可視為質(zhì)點(diǎn)，且二者與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同．求A、B兩物體的質(zhì)量比m₁：m₂．

【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律．

【分析】根據(jù)牛頓第二定律求出A上滑的加速度大小，二者的加速度大小相等，抓住二者剛好能滑到斜面頂端，可知m₁碰前的速度與m₂碰后的速度相等，結(jié)合動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律求出A、B的質(zhì)量之比．

【解答】解：兩物體向上滑行時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得：

mgsinθ+μmgcosθ=ma

二者加速度相同，二者剛好能滑到斜面頂端，由，可知m₁碰前的速度與m₂碰后的速度相等，在碰撞過程中，設(shè)碰前m₁的速度和碰后m₂的速度為v，碰后m₁的速度為v₁

規(guī)定A的初速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律得：

m₁v=m₁v₁+m₂v

根據(jù)能量守恒得：

由以上兩式可得：

m₁：m₂=1：1

答：A、B兩物體的質(zhì)量比為1：1．

2016年12月23日