吉林省东北师大附中2022届高三物理上学期第三次摸底考试试题（含解析）新人教版

吉林省东北师大附中2022届高三物理上学期第三次摸底考试试题（含解析）新人教版说明：本试卷分为Ⅰ、Ⅱ两卷，第Ⅰ卷为选择题，第Ⅱ卷为书面表达题，共由17道小题组成．试卷满分为100分，考试时间为100分钟【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的全部的内容，主要包含受力分析、牛顿运动定律、动能定理、电场、磁场、带电粒子在电场中运动、带电粒子在磁场中运动等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，以基础知识和基本技能为载体，在试题上以改变题为主，是份非常好的试卷。【题文】1、许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献，下列表述正确的是A、用虚拟的图线描述抽象的物理概念，这是法拉第的重要贡献B、开普勒、胡克、哈雷等科学家为万有引力定律的发现做出了贡献C、电荷量e的数值最早是由美国物理学家库伦测得的D、伽利略创造的科学研究方法以及他的发现，标志着物理学的真正开端【知识点】物理学史P0【答案解析】ABD解析：A、法拉第不仅提出了场的概念，而且直观地描绘了场的清晰图象，故A正确；B、开普勒、胡克、哈雷等科学家为万有引力定律的发现做出了贡献，故B正确；C、电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的，故C错误；D、伽利略创造的科学研究方法以及他的发现，标志着物理学的真正开端，故D正确；故选ABD【思路点拨】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．【题文】2、下列关于电场力的性质和能的性质叙述中，正确的是A、是电场强度的定义式。F是放入电场中的电荷所受的力，q是放入电场中电荷的电荷量，它适用于任何电场B、由公式可知电场中两点的电势差与电场力做功成正比，与电荷量量反比C．电势能是电场和放入电场中的电荷共同具有的，所以在电场中确定的一点放入电荷的电量越大，电势能就越大D．从点电荷场强计算式分析，库仑定律表达式中是点电荷14产生的电场在点电荷处的场强大小，而是点电荷产生的电场在点电荷处的场强大小【知识点】电场强度；电势；电势能I1I2【答案解析】AD解析：A、是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是放入电场中的试探电荷的电荷电量，q不是产生电场的电荷的电荷量，适用于一切电场．故A正确；B、电场中两点电势差，由电场本身决定，与电场力做功不成正比，与电荷量也不成反比，故B错误．C、电荷量越大，电势能不一定大，若电势为负值，电荷为正值，电荷量越大，电势能越小．故C错误；D、从点电荷场强计算式分析库仑定律的表达式F=k，式是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而是点电荷q1产生的电场在q2处场强的大小．故D正确；故选AD【思路点拨】电场强度E由电场本身的性质决定，与试探电荷无关，是电场强度定义式，q是试探电荷的电荷量，F是试探电荷所受的电场力，适用于任何电场；E=k是真空中点电荷产生的电场强度计算式．【题文】3．如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平轻线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B，已知两物体都静止。以下说法正确的有A．A对地面的压力等于(M＋m)gB．A对地面的摩擦力方向向左C．B对A的压力大小为mgD．细线对小球的拉力大小为【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．B3B4【答案解析】AC解析：AB、对AB整体受力分析，受重力和支持力，相对地面无相对滑动趋势，故不受摩擦力，根据平衡条件，支持力等于整体的重力，为（M+m）g；根据牛顿第三定律，整体对地面的压力与地面对整体的支持力是相互作用力，大小相等，故对地面的压力等于（M+m）g，故A正确，B错误；CD、对小球受力分析，如图所示：14根据平衡条件，有：F=，T=mgtanθ其中cosθ=，tanθ=，故：F=mg，T=mg故C正确，D错误；故选：AC．【思路点拨】先对整体受力分析，然后根据共点力平衡条件分析AB选项，再隔离B物体受力分析后根据平衡条件分析CD选项．本题关键是采用整体法和隔离法，受力分析后根据平衡条件列式分析．【题文】4．小船横渡一条河，从A岸到B岸。船本身提供的速度方向始终垂直于河岸方向，大小不变。已知小船的运动轨迹如图所示，则河水的流速A．越接近B岸水速越小B．越远离A岸水速越大C．由A到B水速先增大后减小D．水流速度恒定【知识点】运动的合成和分解．D1【答案解析】C解析：从轨迹曲线的弯曲形状上可以知道，靠近A岸小船具有向下游的加速度，靠近B岸小船具有向上游的加速度，故水流是先加速后减速，故C正确，A、B、D错误．故选：C．【思路点拨】轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向，合力的方向又与水流的方向一致，可见加速度的方向先向右再向左．解决本题的关键知道小船参与了两个运动，有两个分速度，分别是静水速和水流速．以及知道轨迹的弯曲大致指向合力的方向．【题文】5．A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们的路程之比为4:3，运动方向改变的角度之比为3:2，它们的向心加速度之比为A1:2B2:1C4:2D．3:4【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度．D3D4【答案解析】B解析：A、B两艘快艇做匀速圆周运动，由于在相同的时间内它们通过的路程之比是4：3，所以它们的线速度之比：VA：VB=4：3由于在相同的时间内运动方向改变的角度之比是3：2，所以它们的角速度之比：ωA：ωB=3：2由于向心加速度a=vω，故向心加速度之比为：aA：aB=4×3：3×2=2：1;故B正确，A、C、D错误；故选B14【思路点拨】根据相同时间内通过的路程之比导出线速度之比，根据相同时间内转过的角度之比得出角速度大小之比，通过a=vω得出向心加速度之比．解决本题的关键掌握线速度和角速度的定义式，以及知道加速度与线速度、角速度的关系【题文】6．如图所示，把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处有另一带电小球B，现给B一个垂直于AB方向的速度v0，则下列说法中正确的是v0BAA．B球可能做直线运动B．A球对B球的库仑力可能对B球不做功C．B球的电势能可能增加D．B球可能从电势较高处向电势较低处运动【知识点】库仑定律；功的计算．E1I1【答案解析】BCD解析：A、由题看出，小球B受到的静电力与速度不在同一直线上，则B球不可能做直线运动．故A错误．B、若小球A、B带异种电荷，而且引力恰好等于时，B球做匀速圆周运动，A球对B球的库仑力不做功．故B正确．C、若小球A、B带异种电荷，而且引力恰好小于时，B球会远离A球，引力做负功，电势能增加．故C正确．D、由于两球电性未知，B球可能受斥力会远离A球，也可能受到引力靠近A球，所以B球可能从电势较高处向电势较低处运动．故D正确．故选BCD【思路点拨】由小球B受到的静电力与速度不在同一直线上可知，B球不可能做直线运动．若小球A、B带异种电荷小球B做匀速圆周运动，库仑力不做功，若小球B所受的引力小于所需要的向心力，小球B做离心运动时，B球的电势能可能增加．B球不一定从电势较高处向电势较低处运动．该题考查力电结合下的曲线运动，属中档题目，往往容易考虑不全，要注意两球电性未知情况下要进行讨论．【题文】7．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是0x1x2x3EpxA．x1处电场强度最小，但不为零B．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动C．x2～x3段的电场强度大小方向均不变，为一定值D．在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3>φ2=φ0>φ114【知识点】电势能．I2【答案解析】C解析：A、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，得：E=．Ep-x图象切线的斜率等于，根据数学知识可知，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A错误．B、C：由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动．x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动．x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误，C正确．D、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ3＜φ2=φ0＜φ1．故D错误．故选：C．【思路点拨】根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得原点O处的电场强度；速度根据能量守恒判断；根据斜率读出场强的变化，由F=qE，分析电场力的变化，由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质．解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析．【题文】8．一个国际研究小组借助于智利的超大望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O做匀速圆周运动，如图所示。此双星系统中体积较小成员能“吸食”另一颗体积较大星体表面物质，达到质量转移的目的。假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中A．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大B．它们做圆周运动的角速度不断变大C．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度变小D．它们做圆周运动的万有引力保持不变【知识点】万有引力定律及其应用．D5【答案解析】A解析：B、设体积较小的星体质量为m1，轨道半径为r1，体积大的星体质量为m2，轨道半径为r2．双星间的距离为L．转移的质量为△m．对m1：①对m2：②由①②得：ω=14，总质量m1+m2不变，两者距离L不变，则角速度ω不变．故B错误．AC、由②得：ω2r2=G，ω、L、m1均不变，△m增大，则r2增大，即体积较大星体圆周运动轨迹半径变大．由v=ωr2得线速度v也增大．故A正确、C错误．D、它们之间的万有引力为F=，根据数学知识得知，随着△m的增大，F先增大后减小．故D错误．故选：A．【思路点拨】双星绕两者连线的一点做匀速圆周运动，由相互之间万有引力提供向心力，根据万有引力定律、牛顿第二定律和向心力进行分析．本题是双星问题，要抓住双星系统的条件：角速度与周期相同，运用牛顿第二定律采用隔离法进行研究．【题文】9．质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，从t＝0时刻开始受到方向不变的水平拉力F作用，F与时间t的关系如图甲所示．物体在t0时刻开始运动，其v－t图象如图乙所示，若认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则A．物体与地面间的动摩擦因数为B．物体在t0时刻的加速度大小为C．物体所受合外力在t0时刻的功率为2F0v0D．水平力F在t0到2t0这段时间内的平均功率为F0【知识点】功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．A5C2E1【答案解析】AD解析：A、物体在时刻开始运动，说明阻力等于水平拉力故为f=F0，摩擦因数为μ＝，故A错误；B、在t0时刻有牛顿第二定律可知，2F0-f=ma，a=，故B错误；C、物体受到的合外力为F=2F0-f=F0功率为P=F0v0，故C错误；D、2t0时刻速度为v=v0+t0，在t0-2t0时刻的平均速度为，故平均功率为P=2F0，故D正确；故选：AD【思路点拨】14在t0时刻刚好运动说明物体受到的摩擦力等于阻力，故可判断出摩擦因数；在0-t0时间内物体做变加速运动，不能用运动学公式求解；由P=Fv可求得平均功率，也可求的瞬时功率；本题主要考查了平均功率与瞬时功率的求法，注意P=Fv即可以求平均功率与瞬时功率。【题文】10．如图所示电路，电源电动势为E，串联的固定电阻为R2，滑动变阻器的总电阻为R1，电阻阻值大小关系为R1=R2=r，则在滑动触头从a端移动到b端的过程中，下列描述正确的是A．电路中的总电流先减小后增大B．电路的路端电压先增大后减小C．电源的输出功率先增大后减小D．滑动变阻器R1上消耗的功率先减小后增大【知识点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．J2J3【答案解析】AB解析：A、当滑动变阻器从a→b移动时，R1左右两个部分并联电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知：电流是先减小后增大，故A正确；B、路端电压U=E-Ir，因为电流先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，故B正确；C、当R外=r的时候电源的输出功率最大，可知当滑片在a端或者b端时，外电路总电阻R外=r，此时电源的输出功率最大，所以输出功率是先减小后增大的，故C错误；D、将R2看成电源的内阻，等效电源的内阻为2r，变阻器为外电路，显然外电阻小于内电阻，外电阻先增大后减小，等效电源的输出功率，即R1上消耗的功率先增大后减小，故D错误．故选：AB【思路点拨】滑动变阻器的左右两个部分并联后与电阻R2串联接到电源中，分析在滑动触头从a端滑到b端过程中，电阻的变化情况，根据闭合欧姆定律判断电流的变化情况，当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大．本题关键判断出滑动变阻器滑片P从最右端→中间→左端总电阻变化情况和电源的输出功率与外电阻的关系，能巧妙运用等效思维分析变阻器功率的变化．【题文】11．如图所示，倾角为θ的光滑斜面足够长，一质量为m小物体，在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t，力F做功为60J，此后撤去力F，物体又经过相同的时间t回到斜面底端，若以地面为零势能参考面，则下列说法正确的是FmθA．物体回到斜面底端的动能为60JB．恒力F=2mgsinθC．撤出力F时，物体的重力势能是45JD．动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力F之后【知识点】动能定理的应用；重力势能的变化与重力做功的关系；功能关系．E2E3E6【答案解析】ACD解析：14A、根据动能定理得：对整体运动过程：WF=Ek-0，得到：物体回到出发点时的动能Ek=WF=60J．故A正确．B、设撤去F时物体的速度大小为v，物体回到出发点时的速度大小为v′，取沿斜面向上方向为正方向．据题分析得知，撤去F后t时间内物体做匀减速直线运动的位移与t时间内匀加速直线运动的位移大小相等，方向相反，则有，根据v′=2v．根据动量定理得： 匀加速运动过程：Ft-mgsinθt=mv 匀减速运动过程：-mgsinθt=-mv′-mv联立解得，F=mgsinθ．故B错误．C、匀加速运动过程：WF=Fs=60J，将F=mgsinθ代入得到mgsinθ•s=60J，得到mgsinθ•s=45J．则撤去力F时，物体的重力势能是Ep=mgsinθ•s=45J．故C正确．D、撤去F时物体的动能为Ek=WF-mgsinθ•s=60J-45J=15J，撤去力F时，物体的重力势能是Ep=45J．可见此时物体的动能小于重力势能，撤去后物体的动能减小，而重力势能增大，则动能与势能相同的位置在撤去力F之前的某位置．故D正确．故选ACD【思路点拨】根据动能定理求出物体回到出发点的动能．假设撤去F时物体的速度大小为v．撤去F后物体做匀减速直线运动，其位移与匀加速运动的位移大小相等，根据运动学公式求出物体回到出发点的速度，得到其动能．根据动量定理求解F的大小．根据F与mg的关系，由动能定理求解撤去力F时，物体的重力势能．本题是动能定理、动量定理、运动学公式等等力学规律的综合应用，关键要抓住两个过程之间的位移关系和时间关系，确定末速度的关系．【题文】12．如图所示，水平传送带AB距离地面的高度为h，以恒定速率v0顺时针运行。甲、乙两相同滑块（视为质点）之间夹着一个压缩轻弹簧（长度不计），在AB的正中间位置轻放它们时，弹簧立即弹开，两滑块以相同的速率分别向左、右运动。下列判断正确的是BAhv0甲乙A．甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，且距释放点的水平距离可能相等B．甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定不相等C．甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，且距释放点的水平距离不相等D．若甲、乙滑块能落在传送带的同一侧，则摩擦力对两物块做功一定相等【知识点】功的计算；匀变速直线运动的位移与时间的关系．A2E1【答案解析】AD解析：A、设v大于v0．弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动．乙物体向向右做初速度为v，（若v大于v0），则乙也做加速度为a的匀减速运动．若甲乙都一直做匀减速运动，两个物体落地后，距释放点的水平距离相等，故A正确，B错误．C、若v小于v0．弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动．速度为零后可以再向相反的方向运动．整个过程是做初速度为v，加速度和皮带运动方向相同的减速运动．乙物体做初速度为v，加速度为a的匀加速运动，运动方向和加速度的方向都和皮带轮的运动方向相同．甲乙到达B点时的速度相同．落地的位置在同一点，此过程摩擦力对甲乙做的功一定相等．故C错误，D正确．故选：AD【思路点拨】14弹簧弹开后，两滑块以相同的速率分别向左、右运动．根据滑块的受力判断物体的运动，需讨论滑块弹簧后的速度与传送带的速度的大小．解决本题的关键会根据物体的受力判断物体的运动，这是处理物体的运动的基础，需扎实掌握．第Ⅱ卷二、实验题（本题共2小题，每空3分，作图2分，共14分．按要求把正确的选项或图像填在答题卡的指定位置．）【题文】13．某同学设计了一个探究加速度a与物体所受合力F及质量m关系的实验，下图为实验装置简图。若保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量m，分别得到小车加速度a与质量m及对应的1/m，数据如下表：实验次数12345678小车加速度a/m·s–21.901.721.491.251.000.750.500.30小车质量m/kg0.250.290.330.400.500.711.001.674.003.453.032.502.001.411.000.60纸带小车电源插头电火花计时器O请在方格坐标纸中画出a–1/m图线，如图所示，并从图线求出小车加速度a与质量倒数1/m之间的关系式是。（在答题卡中画出图像）【知识点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．C4【答案解析】a＝m/s214解析：根据图象运用数学知识求出物理量的关系式：a＝m/s2【思路点拨】根据图象运用数学知识求出物理量的关系式．直观反映两个物理量的关系是要找出这两个量的线性关系，即画出直线图象．对于直线图象，我们一般从直线的斜率、截距、特殊点这几个方面去考虑，而斜率、截距、特殊点在物理问题中都有一定的物理意义．【题文】14．为了测定某迭层电池的电动势（约20V~22V）和电阻（小于2Ω），需要把一个量程为10V（内阻为10KΩ）的直流电压表接一固定电阻（用电阻箱代替），改装为量程30V的电压表，然后用伏安法测电源的电动势和内电阻。（1）进行改装时与电压表串联的电阻箱的阻值为__________KΩ；（2）用该扩大了量程的电压表（电压表的表盘刻度没变），测电源电动势E和内电阻r，实验电路如图甲所示，得到多组电压U和电流I的值，并作出U—I图线，如图乙所示，由图像可知电池的电动势为________V，内电阻为______Ω。（保留三位有效数字）【知识点】测定电源的电动势和内阻．J7【答案解析】（1）20；（2）21.0；1.71．解析：：（1）电压表原来量程为10V，改装后的量程为30V，则串联分压电阻分压是电压表两端电压的两倍，串联电路各部分电路两端电压与串联电路电阻成正比，则串联分压电阻是电压表内阻的两倍，即串联电阻阻值为10×2=20kΩ；（2）由图象可知，图象与纵轴坐标交点为7.0，则电压表读数为：7.0V×3=21.0V，则电源电动势为21.0V；电源内阻r=≈1.71Ω【思路点拨】（1）根据串联电路特点求出串联电阻阻值．（2）电源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，根据图象求出电源电动势与内阻．求电源电动势与内阻时要注意，电压表示数是总坐标轴示数的3倍．三、计算题（本题共3小题，共38分．要求解答时写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位．）【题文】15．（10分）三只灯泡、和的额定电压分别为1.5V、1.5V和2.5V，它们的额定电流都为0.3A。电源的电动势和内阻如图所示。若将它们连接成图甲和图乙14所示的电路，且灯都正常发光。试求：（1）图甲电路的电阻消耗的电功率为多少？（2）通过计算说明哪个电路更节能。【知识点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．J2J3【答案解析】（1）0.045W（2）图2电路比图1电路节能．解析：（1）由题意，在图1电路中：灯泡正常发光，其电流均为额定电流，则电路的总电流     I=I1+I2+I3=0.9A  路端电压U=E-Ir=3-0.9×0.5=2.55V  R2的电压U2=U-U3=2.55V-2.5V=0.05V  电阻R2消耗功率P2=U2I=0.045W    （2）图1电源的总功率  P总=EI=3×0.9W=2.7W  图2电源的总功率  P′总=E′I′=6×0.3W=1.8W由于灯泡都正常发光，两电路有用功率相等，而P′总＜P总 所以，图2电路比图1电路节能．【思路点拨】用电器在额定电压下正常工作，其电流为额定电流．根据串、并联电路电流关系及功率公式即可解答本题．本题是常规题，搞懂用电器正常工作时电压为额定电压，电流为额定电流是解答本题的关键．【题文】16．（12分）如图所示，电源电动势E＝28V，内阻r＝2Ω，电阻R1＝12Ω，R2＝R4＝4Ω，R3＝8Ω，C为平行板电容器，其电容C＝3.0pF，虚线到两极板间距离相等，极板长L＝0.20m，两极板的间距d＝1.0×10－2m。14（1）若开关S处于断开状态，则当其闭合后，求流过R4的总电荷量为多少？（2）若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0＝2.0m/s的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动。问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？(要求写出计算和分析过程，g取10m/s2)【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动；闭合电路的欧姆定律．J2I3【答案解析】（1）6.0×10-12C；（2）不能解析：：（1）S断开时，电阻R3两端电压为：U3＝S闭合后，外阻为：R＝路端电压为：U＝电阻R3两端电压为：U3′＝则所求流过R4的总电量为：△Q＝CU3−CU3′＝6.0×10−12C（2）设微粒质量为m，电量为q，当开关S断开时有：＝mg当开关S闭合后，设微粒加速度为a，则：mg−＝ma设微粒能从C的电场中射出，则水平方向：t＝竖直方向：y＝at2由以上各式求得：y＝6.25×10−3m＞故微粒不能从C的电场中射出．【思路点拨】开关断开时，求出电阻两端的电压从而算出电容器的电量；当开关闭合时，求出路端的电压，从而电阻两端的电压．当断开时电场力与重力相平衡，而闭合后由重力与电场力的合力从而求出加速度大小，最终求出侧向位移．本题由殴姆定律与牛顿运动定律相综合应用，同时利用将类平抛运动分解成两相互垂直的简单直线运动．【题文】17．（16分）如图所示，在光滑水平地面上，静止放着一质量m1=0.2kg的绝缘平板小车，小车的右边处在以PQ为界的匀强电场中，电场强度E1=1×104V/m，小车A点正处于电场的边界。质量m2=0.1kg，带电量q=6×10-5C14的带正电小物块（可视为质点）置于A点，其与小车间的动摩擦因数μ=0.40（且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）。现给小物块一向右的速度v0=6m/s，当小车速度减为零时，电场强度突然增强至E2=2×104V/m，而后保持不变。若小物块不从小车上滑落，取g=10m/s2。试求：m1m2222v0PQAE（1）小物块最远能向右运动多远？（2）小车、小物块的最终速度分别是多少？【知识点】匀变速直线运动的公式；牛顿第二定律；能量守恒定律；电场强度．A2C2I1E3【答案解析】（1）2m．（2）m/s，m/s．解析：（1）小物块受到向左的电场力和滑动摩擦力作减速运动，小车受摩擦力向右做加速运动．设小车和小物块的加速度分别为a1、a2，由牛顿第二定律得对小车μm2g=m1a1得a1=2m/s2对小物块qE1+μm2g=m2a2得a2=10m/s2设t1时刻小车与小物块速度相同，则vt=v0－a2t1=a1t1解得t1=0.5s、vt=1m/s当两物体达共同速度后系统只受电场力，则由牛顿第二定律得qE1=(m1+m2)a3则a3=2m/s2设两者间摩擦力达最大静摩擦，设小车及小物块做减速运动的加速度分别为a4、a5，则： a4＝a5＝由于a3=a4=a5，故两者不会相对滑动，而是以2m/s2的共同加速度做减速运动，直至共同速度减为零小物块第一段运动的位移s1＝第二段运动的位移s2＝故小物块向右运动最远的位移s=1.75m+0.25m=2m（2）当小物块及小车的速度减为零后，其受力如图，由牛顿第二定律得：小物块的加速度a5＝14此时小车的加速度a6＝设小物块经t2秒冲出电场，此时小物块及小车速度分别为v3与v4．则：对小物块∵s＝∴t2＝对小物块v3＝a5t2＝8×m/s=4m/s对小车v4＝a6t2＝2×m/s＝m/s当小物块冲出电场后，若不从小车上滑落，两者最终会达至共同速度，设此速度为v5．由系统动量守恒得：m2v3+m1v4=（m1+m2）v5 v5＝【思路点拨】（1）先分析小物块与小车的运动情况：小物块水平方向受向左的电场力与滑动摩擦力做减速运动，而小车受摩擦力向右做匀加速运动，当速度相等后，受力情况发生了变化，两者可能相对静止，也可能相对滑动．根据牛顿第二定律分别求出两者的加速度，由速度公式列式，求出相等的速度，再由牛顿第二定律分析速度相等后能否相对静止．运用运动学公式分段求出小物块运动的距离．即得到向右运动的总路程．（2）先牛顿第二定律和运动学公式结合，求出物块冲出电场时，两者的速度大小，若不从小车上滑落，两者最终会达至共同速度，根据动量守恒求出共同速度．本题是考查牛顿运动定律、电场力、匀变速运动规律、动量守恒定律知识，考查考生对物理过程的综合分析能力、应用数学处理物理问题的能力．14