四川省攀枝花市2016届高三上学期第二次统考物理试卷 21页

‎2015-2016学年四川省攀枝花市高三（上）第二次统考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）‎ ‎1．如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过，电子重不计，则电子所受另一个力的大小和方向变化情况是（　　）‎ A．先变大后变小，方向水平向左 B．先变大后变小，方向水平向右 C．先变小后变大，方向水平向左 D．先变小后变大，方向水平向右 ‎2．如图所示，MN是介质Ⅰ、Ⅱ的交界面，光在介质Ⅰ中的传播速度为c，在介质Ⅱ中的传播速度为c，光线a、b沿图中方向射到介面上．关于光线a、b的下列说法中，正确的是（　　）‎ A．a、b都不能发生全反射 B．a、b都能发生全反射 C．a不能发生全反射、b能发生全反射 D．a能发生全反射、b不能发生全反射 ‎3．如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻细绳连接并跨过滑轮，不计滑轮的质量和摩擦，两物体刚好处于静止状态．α、β分别是两斜面的倾角，已知cosβ=0.8，cosα=0.6．则两小物块的质量之比mA：mB等于（　　）‎ A．3：4 B．4：3 C．3：5 D．5：3‎ ‎4．土星拥有许多卫星，至目前为止所发现的卫星数已经有30个，下表是土星部分卫星的相关数据．‎ 土星的卫星 名称 直径（km）‎ 质量（kg）‎ 平均轨道半径（km）‎ 发现年份 土卫一 美马斯 ‎392‎ ‎3.80×1019‎ ‎185520‎ ‎1789年 土卫二 恩克拉多斯 ‎498‎ ‎7.30×1019‎ ‎238020‎ ‎1789年 土卫三 特提斯 ‎1060‎ ‎6.22×1020‎ ‎294660‎ ‎1684年 土卫四 狄俄涅 ‎1120‎ ‎1.05×1021‎ ‎377400‎ ‎1684年 土卫五 雷亚 ‎1530‎ ‎2.49×1021‎ ‎527040‎ ‎1672年 土卫六 泰坦 ‎5150‎ ‎1.35×1023‎ ‎1221830‎ ‎1655年 设表中卫星绕土星做匀速圆周运动，下列关于卫星的说法中，正确的是（　　）‎ A．“狄俄涅”绕土星运动的周期大于“泰坦”绕土星运动的周期 B．“泰坦”绕土星运动的加速度大于“美马斯”绕土星运动的加速度 C．“特提斯”绕土星运动的线速度大于“雷亚”绕土星运动的线速度 D．“狄俄涅”绕土星运动的角速度大于“恩克拉多斯”绕土星运动的角速度 ‎5．一列横波沿直线传播，在波的传播方向上有A、B两点．在t时刻A、B两点间形成如图甲所示波形，在（t+3s）时刻A、B两点间形成如图乙所示波形，已知A、B两点间距离a=9m，由此可知（　　）‎ A．若该波向右传播，周期可能大于4 s B．若周期为4 s，波一定向左传播 C．若波速为7.5 m/s，波一定向右传播 D．该波的最小波速为1.5 m/s ‎6．一质量为2kg的物体沿水平面作直线运动，其v﹣t图象如图所示，下列选项中正确的是（　　）‎ A．前6 s内，合外力对物体做功为64 J B．在3 s﹣5 s内，质点的平均速度为4 m/s C．在前6 s内，质点离出发点的最远距离为28 m D．质点在第5 s末的加速度为0‎ ‎7．如图所示，一轻弹簧下端固定在倾角为θ的固定斜面底端，弹簧处于原长时上端位于斜面上B点，B点以上光滑，B点到斜面底端粗糙，可视为质点的物体质量为m，从A点静止释放，将弹簧压缩到最短后恰好能被弹回到B点．已知A、B间的距离为L，物体与B点以下斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力，则此过程中（　　）‎ A．克服摩擦力做的功为mgLsinθ B．弹簧的最大压缩量为 C．物体的最大动能一定等于mgLsinθ D．弹性势能的最大值为mgLsinθ（1+）‎ ‎　‎ 二、非选择题（共68分）‎ ‎8．如图是某同学在“验证机械能守恒定律”时的实验装置图，回答下列问题 ‎①为了减少误差，重锤的质量要　　（填“大”或“小”） 一些．‎ ‎②关于实验的操作，下列做法中正确的是　　‎ A．打点计时器可接在干电池上 B．打点计时器必须竖直固定 C．先释放纸带，后接通电源 D．选出的纸带必须点迹清晰．‎ ‎9．为了测量一节干电池的电动势和内电阻，某实验小组设计了如图甲所示的电路，实验室准备了下列器材供选用 A．待测干电池一节 B．直流电流表A1（量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω）‎ C．直流电流表A2（量程0～3A，内阻约为0.02Ω）‎ D．直流电压表V1（量程0～3V，内阻约为5kΩ）‎ E．直流电压表V2（量程0～15V，内阻约为25kΩ）‎ F．滑动变阻器R1（阻值范围为0～15Ω，允许最大电流为1A）‎ G．滑动变阻器R2（阻值范围为0～1000Ω，允许最大电流为2A）‎ H．开关 I．导线若干 ‎①实验中电压表应选用　　；电流表应选用　　；滑动变阻器应选用　　．（填字母代号）‎ ‎②用笔画线代替导线在图乙中完成实物连接．‎ ‎③实验小组在进行实验时，初始滑片P在最右端，但由于滑动变阻器某处发生断路，合上开关S后发现滑片P向左滑过一段距离x后电流表有读数，于是该组同学分别作出了电压表读数U与x、电流表读数I与x的关系图，如图丙所示，则根据图象可知，电池的电动势为　　V，内阻为　　Ω．‎ ‎10．交通部门提供有下列资料：‎ 资料一：驾驶员的反应时间（驾驶员发现事故信号到汽车开始制动的时间）：0.3～0.6s．‎ 路面 动摩擦因数 干沥青 ‎0.75‎ 干碎石路面 ‎0.6～0.7‎ 湿沥青 ‎0.45～0.6‎ 资料二：各种路面与轮胎之间的动摩擦因数（见表）‎ 一汽车晴天在某高速公路上以108km/h速度行驶．根据以上资料，重力加速度g取10m/s2，‎ 求：（1）该汽车在驾驶员反应时间内通过的最大距离；‎ ‎（2）该汽车在该高速公路上以上述速度行驶时，制动距离多大？‎ ‎11．如图所示，质量为m的小物块（可视为质点），用长为l的轻细线悬于天花板的O点．足够长的木板AB倾斜放置，顶端A位于O点正下方，与O点的距离为2l，木板与水平面间的夹角θ=30˚．整个装置在同一竖直面内．现将小物块移到与O点同高的P点（细线拉直），由静止释放，小物块运动到最低点Q时剪断细线，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）剪断细线时，小物块速度的大小；‎ ‎（2）小物块在木板上的落点到木板顶端A的距离及与木板接触前瞬间的速度．‎ ‎12．如图所示，在绝缘水平地面上放一质量为mA=100g的薄木板A，在木板上放一质量为mB=300g的带正电小物块B（可视为质点），B的带电量为1.0×10﹣6 C，A的长度l=16cm．B与A之间的滑动摩擦因数μ1=0.20，A与地面之间的滑动摩擦因数μ2=0.10．最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力．各物体都处于静止状态，小物块位于木板的最左端，木板左端位于N点．现在水平面上方NM、PQ之间的区域加上水平向右的匀强电场，电场强度大小为1.5×106 N/C，重力加速度g取10m/s2，求：‎ ‎（1）刚加上电场时，小物块B的加速度大小；‎ ‎（2）小物块B运动到木板中点时（小物块B仍在电场中），木板的速度大小；‎ ‎（3）若小物块B始终没离开木板，NM、PQ之间的距离最大为多大？‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年四川省攀枝花市高三（上）第二次统考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）‎ ‎1．如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过，电子重不计，则电子所受另一个力的大小和方向变化情况是（　　）‎ A．先变大后变小，方向水平向左 B．先变大后变小，方向水平向右 C．先变小后变大，方向水平向左 D．先变小后变大，方向水平向右 ‎【考点】电场强度；电场的叠加．‎ ‎【分析】电子做匀速直线运动，知受电场力和外力平衡，外力的大小与电场力的大小相等，方向相反，根据电场力的变化判断外力的变化．‎ ‎【解答】解：根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从A→O→B，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小．则电子所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向左，则外力的大小先变大后变小，方向水平向右．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，MN是介质Ⅰ、Ⅱ的交界面，光在介质Ⅰ中的传播速度为c，在介质Ⅱ中的传播速度为c，光线a、b沿图中方向射到介面上．关于光线a、b的下列说法中，正确的是（　　）‎ A．a、b都不能发生全反射 B．a、b都能发生全反射 C．a不能发生全反射、b能发生全反射 D．a能发生全反射、b不能发生全反射 ‎【考点】光的反射定律；光的折射定律．‎ ‎【分析】根据光在介质中传播速度，结合v=，可确定光的折射率的大小，再结合sinC=，从而确定临界角的大小，最后依据光的全反射条件，即可求解．‎ ‎【解答】解：根据光在介质Ⅰ中的传播速度为c，在介质Ⅱ中的传播速度为c，结合v=，‎ 可知，光在介质Ⅰ中折射率为n1=1，而光在介质II中的折射率n2=，‎ 再依据光的全反射条件，光从光密介质进入光疏介质，且入射角大于或等于临界角，‎ 因此光线b不满足光的全反射条件，‎ 而光线a的入射角为60°‎ 再根据sinC=，可知，介质II的临界角为C=45°，那么光线a的入射角大于临界角，能发生光的全反射现象，故D正确，ABC错误；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻细绳连接并跨过滑轮，不计滑轮的质量和摩擦，两物体刚好处于静止状态．α、β分别是两斜面的倾角，已知cosβ=0.8，cosα=0.6．则两小物块的质量之比mA：mB等于（　　）‎ A．3：4 B．4：3 C．3：5 D．5：3‎ ‎【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】AB都处于静止状态，受力平衡，对AB进行受力分析，根据平衡条件结合绳子拉力相等列式即可求解．‎ ‎【解答】解：AB都处于静止状态，受力平衡，对AB进行受力分析，设绳子拉力为T，根据平衡条件得：‎ mAgsinβ=T，‎ mBgsinα=T，‎ 解得：，故B正确．‎ 故选：B ‎　‎ ‎4．土星拥有许多卫星，至目前为止所发现的卫星数已经有30个，下表是土星部分卫星的相关数据．‎ 土星的卫星 名称 直径（km）‎ 质量（kg）‎ 平均轨道半径（km）‎ 发现年份 土卫一 美马斯 ‎392‎ ‎3.80×1019‎ ‎185520‎ ‎1789年 土卫二 恩克拉多斯 ‎498‎ ‎7.30×1019‎ ‎238020‎ ‎1789年 土卫三 特提斯 ‎1060‎ ‎6.22×1020‎ ‎294660‎ ‎1684年 土卫四 狄俄涅 ‎1120‎ ‎1.05×1021‎ ‎377400‎ ‎1684年 土卫五 雷亚 ‎1530‎ ‎2.49×1021‎ ‎527040‎ ‎1672年 土卫六 泰坦 ‎5150‎ ‎1.35×1023‎ ‎1221830‎ ‎1655年 设表中卫星绕土星做匀速圆周运动，下列关于卫星的说法中，正确的是（　　）‎ A．“狄俄涅”绕土星运动的周期大于“泰坦”绕土星运动的周期 B．“泰坦”绕土星运动的加速度大于“美马斯”绕土星运动的加速度 C．“特提斯”绕土星运动的线速度大于“雷亚”绕土星运动的线速度 D．“狄俄涅”绕土星运动的角速度大于“恩克拉多斯”绕土星运动的角速度 ‎【考点】万有引力定律及其应用；向心力．‎ ‎【分析】对于卫星，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解出周期、加速度、线速度、角速度的表达式进行分析比较即可．‎ ‎【解答】解：A、对卫星，根据牛顿第二定律，有：‎ 解得：‎ ‎“狄俄涅”的轨道半径小于“泰坦”的轨道半径，故“狄俄涅”的周期小于“泰坦”周期，故A错误；‎ B、对卫星，根据牛顿第二定律，有：‎ 解得：‎ a=‎ ‎“泰坦”的轨道半径大于“美马斯”的轨道半径，故“泰坦”绕土星运动的加速度小于“美马斯”绕土星运动的加速度 故B错误；‎ C、对卫星，根据牛顿第二定律，有：‎ 解得：‎ v=‎ ‎“特提斯”绕土星运动的轨道半径小于“雷亚”绕土星运动的轨道半径，故“特提斯”绕土星运动的线速度大于“雷亚”绕土星运动的线速度，故C正确；‎ D、对卫星，根据牛顿第二定律，有：‎ 解得：‎ ‎“特提斯”绕土星运动的轨道半径小于“雷亚”绕土星运动的轨道半径，故“特提斯”绕土星运动的角速度大于“雷亚”绕土星运动的角速度，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎5．一列横波沿直线传播，在波的传播方向上有A、B两点．在t时刻A、B两点间形成如图甲所示波形，在（t+3s）时刻A、B两点间形成如图乙所示波形，已知A、B两点间距离a=9m，由此可知（　　）‎ A．若该波向右传播，周期可能大于4 s B．若周期为4 s，波一定向左传播 C．若波速为7.5 m/s，波一定向右传播 D．该波的最小波速为1.5 m/s ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】根据两时刻的波形，列出周期通项，得到波速的通项，再分析特殊值确定波的传播方向．‎ ‎【解答】解：A、若波向右传播，3s=（n+）T1，（n=0，1，2，…），则得周期为 T1=s；‎ 当n=0时，周期最大，为 T1max=4s，不可能大于4s．故A错误．‎ B、若波向左传播，3s=（n+）T2，（n=0，1，2，…），则得周期为 T2=s 由于n是整数，T2不可能4s，则知若周期为4 s，波一定向右传播．故B错误．‎ C、由图知波长λ=6m，若波速为7.5m/s，波传播的距离为 x=vt=7.5×3m=22.5m=3λ，根据波形的平移，波一定向右传播．故C正确．‎ D、波传播的最小距离为向左传播1.5m，波速可能的最小值为 v==m/s=0.5m/s．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．一质量为2kg的物体沿水平面作直线运动，其v﹣t图象如图所示，下列选项中正确的是（　　）‎ A．前6 s内，合外力对物体做功为64 J B．在3 s﹣5 s内，质点的平均速度为4 m/s C．在前6 s内，质点离出发点的最远距离为28 m D．质点在第5 s末的加速度为0‎ ‎【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】合外力对物体做功根据动能定理求．根据速度图象与时间轴围成的面积表示位移，求出3 s﹣5 s内的位移，再求平均速度．根据速度的变化情况分析质点何时离出发点最远，并求出最远距离．由图象的斜率求加速度．‎ ‎【解答】解：A、前6 s内，根据动能定理得：合外力对物体做功 W合==J=64J．故A正确．‎ B、在3 s﹣5 s内，质点的位移为 x==12m，平均速度为 ===6 m/s．故B错误．‎ C、前5s内质点一直沿正方向运动，后1s内沿负方向运动，所以在5s末质点离出发点最远，最远距离为 S=m=28m．故C正确．‎ D、根据图象的斜率等于加速度，知质点在第5 s末的加速度不为0．故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎7．如图所示，一轻弹簧下端固定在倾角为θ的固定斜面底端，弹簧处于原长时上端位于斜面上B点，B点以上光滑，B点到斜面底端粗糙，可视为质点的物体质量为m，从A点静止释放，将弹簧压缩到最短后恰好能被弹回到B点．已知A、B间的距离为L，物体与B点以下斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力，则此过程中（　　）‎ A．克服摩擦力做的功为mgLsinθ B．弹簧的最大压缩量为 C．物体的最大动能一定等于mgLsinθ D．弹性势能的最大值为mgLsinθ（1+）‎ ‎【考点】动能定理的应用；功能关系．‎ ‎【分析】对整个过程，运用动能定理求克服摩擦力做的功．当物体受力平衡时速度最大，由平衡条件和胡克定律求出此时弹簧的压缩量，再分析弹簧最大的压缩量．通过分析物体的受力情况判断其运动情况，从而判断最大动能与mgLsinθ的关系．对物体下滑和上滑两个过程分别运用能量守恒列式，从而求得弹性势能的最大值．‎ ‎【解答】解：A、对于整个过程，运用动能定理得：mgLsinθ﹣Wf=0，得克服摩擦力做的功 Wf=mgLsinθ．故A正确．‎ BCD、物体接触弹簧前，由机械能守恒定律知，物体刚接触弹簧时的动能等于mgLsinθ．‎ 物体接触弹簧后，重力沿斜面向下的分力先大于滑动摩擦力和弹簧的弹力的合力，物体先加速下滑，后来重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力和弹簧的弹力的合力，物体减速下滑，所以重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力和弹簧的弹力的合力，即物体的合力为零，速度最大，动能最大，所以物体的最大动能一定大于mgLsinθ．‎ 设弹簧的最大压缩量为x，弹性势能的最大值为Ep．‎ 物体从A到最低点的过程，由能量守恒得：mg（L+x）sinθ=μmgcosθ•x+Ep；‎ 物体从最低点到B点的过程，由能量守恒得：mgxsinθ+μmgcosθ•x=Ep；‎ 联立解得 x=，Ep=mgLsinθ（1+）．故BC错误，D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ 二、非选择题（共68分）‎ ‎8．如图是某同学在“验证机械能守恒定律”时的实验装置图，回答下列问题 ‎①为了减少误差，重锤的质量要　大　（填“大”或“小”） 一些．‎ ‎②关于实验的操作，下列做法中正确的是　BD　‎ A．打点计时器可接在干电池上 B．打点计时器必须竖直固定 C．先释放纸带，后接通电源 D．选出的纸带必须点迹清晰．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】质量越大，体积越小，阻力对其影响就越小，因此选择密度大的小球；‎ 了解打点计时器的工作原理，就能够熟练使用打点计时器便能正确解答．‎ ‎【解答】解：①自由落下的重锤质量要大些．如果质量大些后，空气对重锤的阻力就相对小些．‎ ‎②电磁打点计时器使用低压交流电源；‎ 使用打点计时器时，应先接通电源，再拉动纸带，故BD正确，AC错误．‎ 故答案为：①大； ②BD．‎ ‎　‎ ‎9．为了测量一节干电池的电动势和内电阻，某实验小组设计了如图甲所示的电路，实验室准备了下列器材供选用 A．待测干电池一节 B．直流电流表A1（量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω）‎ C．直流电流表A2（量程0～3A，内阻约为0.02Ω）‎ D．直流电压表V1（量程0～3V，内阻约为5kΩ）‎ E．直流电压表V2（量程0～15V，内阻约为25kΩ）‎ F．滑动变阻器R1（阻值范围为0～15Ω，允许最大电流为1A）‎ G．滑动变阻器R2（阻值范围为0～1000Ω，允许最大电流为2A）‎ H．开关 I．导线若干 ‎①实验中电压表应选用　V1　；电流表应选用　A1　；滑动变阻器应选用　R1　．（填字母代号）‎ ‎②用笔画线代替导线在图乙中完成实物连接．‎ ‎③实验小组在进行实验时，初始滑片P在最右端，但由于滑动变阻器某处发生断路，合上开关S后发现滑片P向左滑过一段距离x后电流表有读数，于是该组同学分别作出了电压表读数U与x、电流表读数I与x的关系图，如图丙所示，则根据图象可知，电池的电动势为　1.5　V，内阻为　0.5　Ω．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）根据电池电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，在保证安全的前提下，要选择最大阻值较小的滑动变阻器．‎ ‎（2）根据实验电路图连接实物图．‎ ‎（3）由两图可得出两电表对应的示数，则由闭合电路欧姆定律可得出电动势和内电阻．‎ ‎【解答】解：①干电池电动势约为1.5V，电压表应选V1，由于电路中电流较小，因此电流表应选A1，为方便实验操作，滑动变阻器应选R1；‎ ‎②根据实验电路图连接实物图，如图所示：‎ ‎③由图可知当I1=0.20A时，U1=1.40V；‎ 当I2=0.40A时，U2=1.30A；‎ 根据U=E﹣Ir得：‎ ‎1.40=E﹣0.20r ‎1.30=E﹣0.40r 解得：E=1.5V r=0.5Ω 故答案为：①V1；A1；R1；②如图；③1.5；0.5‎ ‎　‎ ‎10．交通部门提供有下列资料：‎ 资料一：驾驶员的反应时间（驾驶员发现事故信号到汽车开始制动的时间）：0.3～0.6s．‎ 路面 动摩擦因数 干沥青 ‎0.75‎ 干碎石路面 ‎0.6～0.7‎ 湿沥青 ‎0.45～0.6‎ 资料二：各种路面与轮胎之间的动摩擦因数（见表）‎ 一汽车晴天在某高速公路上以108km/h速度行驶．根据以上资料，重力加速度g取10m/s2，‎ 求：（1）该汽车在驾驶员反应时间内通过的最大距离；‎ ‎（2）该汽车在该高速公路上以上述速度行驶时，制动距离多大？‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）根据运动学求出反应时间内汽车通过的距离；‎ ‎（2）由动能定理求出刹车后滑行的距离．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）108km/h=30m/s 由匀速运动公式得驾驶员反应时间内通过的最大距离：s1=v0t 代入数据得：s1=30×0.6m=18m ‎（2）由动能定理得：‎ 由平衡条件及滑动摩擦力公式得：f=μN 而：N=mg 联立以上各式并代入数据得：s2=60m 答：（1）该汽车在驾驶员反应时间内通过的最大距离是18m；‎ ‎（2）该汽车在该高速公路上以上述速度行驶时，制动距离是60m．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，质量为m的小物块（可视为质点），用长为l的轻细线悬于天花板的O点．足够长的木板AB倾斜放置，顶端A位于O点正下方，与O点的距离为2l，木板与水平面间的夹角θ=30˚．整个装置在同一竖直面内．现将小物块移到与O点同高的P点（细线拉直），由静止释放，小物块运动到最低点Q时剪断细线，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）剪断细线时，小物块速度的大小；‎ ‎（2）小物块在木板上的落点到木板顶端A的距离及与木板接触前瞬间的速度．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）小物块从P运动到最低点Q的过程，由机械能守恒定律求剪断细线时，小物块速度的大小．‎ ‎（2）剪断细线后小物块做平抛运动，由平抛运动的规律求出物块在木板上的落点到木板顶端A的距离．由机械能守恒求木板接触前瞬间的速度．‎ ‎【解答】解：（1）设剪断细线时，小物块速度的大小v0，由机械能守恒定律得：‎ ‎=mgl 解得：v0=‎ ‎（2）设小物块在木板上的落点到木板顶端A的距离为s，由平抛运动的规律得：‎ ‎ l+s•sinθ=‎ ‎ scosθ=v0t 联立以上各式得：s=4l 设小物块与木板接触前瞬间的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为β，由平抛运动的规律、机械能守恒定律得：‎ ‎=mg（2l+s•sinθ）‎ v0=vcosβ 联立以上各式得：v=2，β=60°‎ 答：‎ ‎（1）剪断细线时，小物块速度的大小是；‎ ‎（2）小物块在木板上的落点到木板顶端A的距离是4l，与木板接触前瞬间的速度大小为2，方向与水平方向的夹角为60°．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，在绝缘水平地面上放一质量为mA=100g的薄木板A，在木板上放一质量为mB=300g的带正电小物块B（可视为质点），B的带电量为1.0×10﹣6 C，A的长度l=16cm．B与A之间的滑动摩擦因数μ1=0.20，A与地面之间的滑动摩擦因数μ2=0.10．最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力．各物体都处于静止状态，小物块位于木板的最左端，木板左端位于N点．现在水平面上方NM、PQ之间的区域加上水平向右的匀强电场，电场强度大小为1.5×106 N/C，重力加速度g取10m/s2，求：‎ ‎（1）刚加上电场时，小物块B的加速度大小；‎ ‎（2）小物块B运动到木板中点时（小物块B仍在电场中），木板的速度大小；‎ ‎（3）若小物块B始终没离开木板，NM、PQ之间的距离最大为多大？‎ ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】（1）刚加上电场时，分析小物块B的受力情况，由牛顿第二定律求B的加速度大小．‎ ‎（2）分析A的受力情况，由牛顿第二定律求A的加速度．小物块B运动到木板中点时，B与A相对地面的位移之差等于，根据匀变速运动位移公式求出运动的时间，再由v=at求木板的速度大小．‎ ‎（3）根据牛顿第二定律求出B离开木板后的加速度．根据位移公式和位移关系分别对B在木板上滑行和离开木板后的过程列式，由几何关系求NM、PQ之间的距离最大值．‎ ‎【解答】解：（1）小物块B受力如图，由牛顿第二定律、平衡条件及摩擦力公式得：‎ ‎ qE﹣μ1mBg=mBaB 代入数据得：aB=3m/s2‎ ‎（2）木板A受力如图，由牛顿第二定律、平衡条件及摩擦力公式得：‎ ‎ fBA﹣f=mAaA 又 fBA=μ1mBg f=μ2N=μ2（mA+mB）g ‎ 代入数据得：aA=2m/s2‎ 小物块B运动到木板中点时时，由运动学公式得： aBt2﹣aAt2=‎ 木板的速度大小为：vA=aAt 联立以上各式并代入数据得：vA=0.8m/s ‎（3）小物块B离开电场后，受力如图，由牛顿第二定律得：‎ ‎ μ1mBg=mBaB′‎ 代入数据得：aB′=2m/s2‎ 设NM、PQ之间距离的最大值为sm，小物块B在电场中运动的时间为t1，离开电场时的速度为vB，A、B共速时的速度为v，小物块B速度由vB减少到v的时间为t2，发生的位移为sB，木板A速度由0增加到v发生的位移为sA，由运动公式得：‎ sm=aBt12‎ vB=aBt1‎ v=vB﹣aB′t2‎ v=aA（t1+t2）‎ sB=vBt2﹣aB′t22‎ sA=aA（t1+t2）2．‎ 小物块B不离开木板，则有：sm+sB﹣sA≤l 联立以上各式并代入数据得：sm≤l=×16cm=38.4cm 答：（1）刚加上电场时，小物块B的加速度大小是3m/s2；‎ ‎（2）小物块B运动到木板中点时（小物块B仍在电场中），木板的速度大小是0.8m/s；‎ ‎（3）若小物块B始终没离开木板，NM、PQ之间的距离最大为38.4cm．‎ ‎　‎ ‎2017年3月19日