山東省泰安四中2019屆第一學(xué)期高三12月月考物理試題一、選擇題（1-6題為單項(xiàng)選擇，7-10題為多項(xiàng)選擇，每題4分，共40分）1.下列關(guān)于場(chǎng)的敘述，正確的是A. 磁場(chǎng)、電場(chǎng)線、磁感線都是科學(xué)家為了研究的方便假想出來的，實(shí)際不存在B. 某位置不受電場(chǎng)力，說明該點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零C. 通電直導(dǎo)線在某位置不受安培力，說明該點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零D. 電荷所受電場(chǎng)力的方向?yàn)樵擖c(diǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向，磁場(chǎng)中通電導(dǎo)線所受安培力的方向?yàn)樵撎幋艌?chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向【答案】B【解析】【分析】電場(chǎng)和磁場(chǎng)都是客觀存在的；電荷在某處不受磁場(chǎng)力作用，可能磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，也可能由于電荷的速度與磁場(chǎng)平行；而電荷在某處不受電場(chǎng)力作用，該處電場(chǎng)強(qiáng)度一定為零；磁場(chǎng)中通電導(dǎo)線所受安培力的方向與該處磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直【詳解】A、磁場(chǎng)雖看不見，摸不著，但是客觀存在的；電場(chǎng)線、磁感線都是科學(xué)家為了研究的方便假想出來的，實(shí)際不存在；故A錯(cuò)誤.B、由F=qE知，若電荷在某處不受電場(chǎng)力作用，則該處電場(chǎng)強(qiáng)度一定為零；故B正確.C、電荷在某處不受磁場(chǎng)力作用，可能磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，也可能由于電荷的速度與磁場(chǎng)平行，所以該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度不一定為零；故C錯(cuò)誤.D、正電荷所受電場(chǎng)力的方向?yàn)樵擖c(diǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向，負(fù)電荷所受電場(chǎng)力的方向與該點(diǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反；根據(jù)左手定則，磁場(chǎng)中通電導(dǎo)線所受安培力的方向與該處磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直；故D錯(cuò)誤.故選B.【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵要抓住磁場(chǎng)與電場(chǎng)特性上的差異，電場(chǎng)與重力場(chǎng)可以類比理解記憶，注意比值定義法的內(nèi)涵2.人站在自動(dòng)扶梯的水平踏板上，隨扶梯一起向上運(yùn)動(dòng)，如圖所示。以下說法正確的是 A. 電梯作勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，人只受重力和彈力兩個(gè)力的作用B. 無論人隨電梯作加速運(yùn)動(dòng)，還是勻速運(yùn)動(dòng)，人的受力情況相同C. 若人隨電梯作加速運(yùn)動(dòng)，電梯對(duì)人的作用力與加速度方向相同D. 當(dāng)電梯作勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，人受到的合外力方向與速度方向相同【答案】A【解析】【分析】分別對(duì)人勻加速上升和勻速上升兩種情況進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律和共點(diǎn)力平衡的條件進(jìn)行分析，明確各自的受力情況【詳解】設(shè)人做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為a，人的加速度斜向上，將加速度分解到水平和豎直方向得：ax=acos，方向水平向左；ay=asin，方向豎直向上，水平方向受靜摩擦力作用，f=ma=macos，方向水平向左，故人受到重力、支持力和靜摩擦力三個(gè)力作用。電梯對(duì)人的作用力與重力的合力沿速度方向，則根據(jù)矢量合成的規(guī)律可知電梯對(duì)人的作用力的方向與人運(yùn)動(dòng)方向不相同；若電梯做勻速運(yùn)動(dòng)，人處于平衡狀態(tài)，人受到的合力為零，則人只受重力，支持力，不受摩擦力；由以上分析可知，A正確，B、C、D均錯(cuò)誤；故選A.【點(diǎn)睛】本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用，要注意人站在臺(tái)階式的扶梯上時(shí)，如果扶梯勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)人不受摩擦力，而人做變速運(yùn)動(dòng)時(shí)會(huì)受到平臺(tái)的摩擦力，要分情況進(jìn)行分析3.如圖所示，一傾角為的斜面高為h，斜面底端B正上方高2h處有一小球以一定的初速度水平向右拋出，剛好落在斜面的中點(diǎn)，則小球的初速度大小為（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】小球做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分位移公式，有：x=v0t= ；y=2h-=gt2；聯(lián)立解得： 故選A4.如圖所示，正方形線框由邊長為L的粗細(xì)均勻的絕緣棒組成，O是線框的中心，線框上均勻地分布著正電荷，現(xiàn)在線框上側(cè)中點(diǎn)A處取下足夠短的帶電量為q的一小段，將其沿OA連線延長線向上移動(dòng)的距離到B點(diǎn)處，若線框的其它部分的帶電量與電荷分布保持不變，則此時(shí)O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】線框上的電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)等效為與A點(diǎn)對(duì)應(yīng)的電荷量為q的電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)，故B點(diǎn)的電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為由場(chǎng)強(qiáng)的疊加可知E=E1E2= 故選：C點(diǎn)睛：把線框上的電荷等效成與A點(diǎn)對(duì)應(yīng)的電荷量為q的電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)，由點(diǎn)電荷產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)的疊加即可判斷5.2018年我國即將發(fā)射“嫦娥四號(hào)”登月探測(cè)器，該探測(cè)器將首次造訪月球表面，實(shí)現(xiàn)對(duì)地對(duì)月中繼通信。如圖所示，嫦娥四號(hào)在環(huán)月圓軌道I上的A點(diǎn)實(shí)施變軌，進(jìn)人近月的橢圓軌道II，由近月點(diǎn)B成功落月，如圖所示，下列關(guān)于“嫦娥四號(hào)”的說法，正確的是（）A. 沿軌道I運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)時(shí)，需向前噴氣才能進(jìn)入軌道IIB. 沿軌道II運(yùn)行的周期大于沿軌道I運(yùn)行的周期C. 沿軌道II運(yùn)行時(shí)，在A點(diǎn)的加速度大于在B點(diǎn)的加速度D. 在軌道II上由A點(diǎn)運(yùn)行到B點(diǎn)的過程，速度逐漸減小【答案】A【解析】A、在軌道I上運(yùn)動(dòng)，從P點(diǎn)開始變軌，可知嫦娥四號(hào)做近心運(yùn)動(dòng)，故在P點(diǎn)應(yīng)制動(dòng)減速才能進(jìn)入軌道，故正確；B、軌道II的半長軸小于軌道I的半徑，根據(jù)開普勒第三定律可知，沿軌道運(yùn)行的周期小于沿軌道I運(yùn)行的周期，故B錯(cuò)誤；C、在軌道II上運(yùn)動(dòng)，衛(wèi)星只受萬有引力作用，故在近月點(diǎn)Q的加速度大于遠(yuǎn)月點(diǎn)P的加速度，故C錯(cuò)誤；D、在軌道上，由P點(diǎn)向Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，萬有引力做正功，動(dòng)能增大，所以Q點(diǎn)的速度大于P點(diǎn)的速度，故D正確；故選AD?！军c(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵掌握衛(wèi)星如何變軌，以及掌握萬有引力提供向心力這個(gè)關(guān)系。6.如圖所示，某一空間存在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，三種速度不同的質(zhì)子從同一點(diǎn)沿垂直電場(chǎng)線和磁感線方向射入場(chǎng)區(qū)，其軌跡為圖中I、II、III三條虛線，設(shè)質(zhì)子沿軌跡I、II、III進(jìn)入場(chǎng)區(qū)時(shí)速度分別為v1、v2、v3，射出場(chǎng)區(qū)時(shí)速度分別為v1、v2、v3，則下列選項(xiàng)正確的是A. v1v2v3，v1v2v2v3，v1 v1，v3 v3C. v1v2 v1，v3 v3D. v1v2v3，v1v1，v3 v3【答案】A【解析】質(zhì)子重力不計(jì)，根據(jù)左手定則知，質(zhì)子所受的洛倫茲力方向向上，電場(chǎng)力方向向下，沿軌跡的質(zhì)子洛倫茲力大于電場(chǎng)力，即qv1BqE，沿軌跡的質(zhì)子洛倫茲力等于電場(chǎng)力，即qv2B=qE，沿軌跡的質(zhì)子洛倫茲力小于電場(chǎng)力，即qv3BqE，可知v1v2v3沿軌跡的質(zhì)子運(yùn)動(dòng)過程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，洛倫茲力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理得，v1v1，沿軌跡的質(zhì)子運(yùn)動(dòng)過程中，速度不變，v2=v2，沿軌跡的質(zhì)子運(yùn)動(dòng)過程中，電場(chǎng)力做正功，洛倫茲力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理得，v3I2，方向如圖所示，且垂直于紙面平行放置，紙面內(nèi)有M、N、O、P四點(diǎn)，其中M、JV在導(dǎo)線橫截面連線的延長線上，點(diǎn)在導(dǎo)線橫截面的連線上，P在導(dǎo)線橫截面連線的垂直平分線上這四點(diǎn)處磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不可能為零的是A. M點(diǎn) B. N點(diǎn) C. O點(diǎn) D. P點(diǎn)【答案】B【解析】根據(jù)安培定則可知兩電流在M點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向相反，若I1I2由于M離I1近，故在M點(diǎn)I1的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小大于I2的磁感應(yīng)強(qiáng)度則M點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度不可能為0選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)安培定則可知兩電流在N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向相反，若I1I2，由于I2離N點(diǎn)近，則N點(diǎn)I1的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可能等于I2的磁感應(yīng)強(qiáng)度，故N點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度可為0選項(xiàng)B正確；根據(jù)安培定則可知兩電流在O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向相同，則O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度不可能為0選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)安培定則可知兩電流在P點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不相反，均存在豎直向下的分量，故P點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不可能為0選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選B。8.如圖所示，絕緣輕彈簧的上端固定在天花板上的O點(diǎn)，下端系一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，小球套在O點(diǎn)正下方的水平光滑絕緣桿上，整個(gè)裝置處于電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，方向沿桿向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，現(xiàn)將小球以某一初速度從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，到B點(diǎn)時(shí)與其在A點(diǎn)時(shí)的彈簧彈力大小相等，OA，在小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，下列判斷正確的是A. 小球在A點(diǎn)時(shí)的速度大于在B點(diǎn)時(shí)的速度B. 小球的電勢(shì)能一直減小，彈性勢(shì)能先增大后減小C. 小球的加速度大小僅由電場(chǎng)力決定的位置有2個(gè)D. 彈簧彈力對(duì)小球做功的瞬時(shí)功率為零的位置有2個(gè)【答案】C【解析】如圖所示，設(shè)O點(diǎn)正下方為O點(diǎn)，與A點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的點(diǎn)為A點(diǎn)，所以小球從A到A過程中彈簧一直被壓縮，彈簧原長的位置一定是在A與B點(diǎn)之間；A. 小球從A到B的過程中，彈簧彈力做功為零，只有電場(chǎng)力做正功，根據(jù)動(dòng)能定理可得，所以小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大于A點(diǎn)的速度，故A錯(cuò)誤；B. 小球從A到B的過程中電場(chǎng)力一直做正功，所以小球的電勢(shì)能一直減小，彈力先做負(fù)功，后做正功，再做負(fù)功，彈性勢(shì)能先增大后減小，再增大，故B錯(cuò)誤；C. 小球處于O點(diǎn)正下方和小球受到的彈力為零的位置時(shí),小球合力都是qE,加速度都是qE/m,所以小球的加速度大小僅由電場(chǎng)力決定的位置有2個(gè)，故C正確；D. 在A點(diǎn)速度為零，彈力瞬時(shí)功率為零；在O點(diǎn)正下方彈力方向與速度方向垂直，彈力功率為零；在彈簧處于原長的位置彈力為零，則彈力的功率為零，所以彈簧測(cè)力計(jì)對(duì)小球做功的瞬間功率為零的位置有3個(gè)，故D錯(cuò)誤。故選：C.點(diǎn)睛：根據(jù)動(dòng)能定理分析小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度；根據(jù)電場(chǎng)力做功情況判斷小球的電勢(shì)能；根據(jù)受力情況和牛頓第二定律、P=Fv分析加速度和彈力做功功率的變化情況9.如圖甲所示，在光滑水平面上，靜止一質(zhì)量M的長木板，質(zhì)量為m小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在長木板上長木板受到水平拉力F與加速度a的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度大小g取10m/s2，下列說法正確的是A. 長木板的質(zhì)量M1kgB. 小滑塊與長木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5C. 當(dāng)F6.5N時(shí)，長木板的加速度大小為2.5m/s2D. 當(dāng)F增大時(shí)，小滑塊的加速度一定增大【答案】AC【解析】對(duì)整體分析,由牛頓第二定律有：F=(M+m)a，當(dāng)F=6N時(shí)，此時(shí)兩物體具有最大共同加速度，代入數(shù)據(jù)解得：M+m=3kg當(dāng)F大于6N時(shí),根據(jù)牛頓第二定律得：a=（Fmg）/M=，知圖線的斜率k=1/M=1，解得：M=1kg，滑塊的質(zhì)量為：m=2kg.故A正確。B. 根據(jù)F大于6N的圖線知，F(xiàn)=4時(shí)，a=0，即：0=F20，代入數(shù)據(jù)解得：=0.2，故B錯(cuò)誤；C所以a=F4,當(dāng)F=6.5N時(shí),長木板的加速度為：a=2.5m/s2，故C正確；D. 當(dāng)拉力增大時(shí),兩物體發(fā)生滑動(dòng)時(shí),木塊的加速度為a=mg/m=2m/s2，恒定不變，故D錯(cuò)誤。故選：AC.點(diǎn)睛：當(dāng)拉力較小時(shí)，m和M保持相對(duì)靜止一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)拉力達(dá)到一定值時(shí)，m和M發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律，運(yùn)用整體和隔離法分析10. 如圖所示，足夠長傳送帶與水平方向的傾角為，物塊a通過平行于傳送帶的輕繩跨過光滑輕質(zhì)定滑輪與物塊b相連，b的質(zhì)量為m，開始時(shí)，a、b及傳送帶均靜止，且a不受傳送帶摩擦力作用，現(xiàn)讓傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則在b下降h高度（a未與滑輪相碰）過程中下列說法正確的是（ ）A. 物塊a重力勢(shì)能增加mghB. 物塊b的機(jī)械能減少mghC. 摩擦力對(duì)a做的功大于a機(jī)械能的增加D. 摩擦力對(duì)a做的功等于物塊a、b系統(tǒng)機(jī)械能增加兩量【答案】AD【解析】試題分析：通過開始時(shí)，a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力作用，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得出a、b的質(zhì)量關(guān)系根據(jù)b下降的高度得出a上升的高度，從而求出a重力勢(shì)能的增加量，根據(jù)能量守恒定律判斷摩擦力功與a、b動(dòng)能以及機(jī)械能的關(guān)系解：A、開始時(shí)，a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力作用，有magsin=mbg，則masin=mbb下降h，則a上升hsin，則a重力勢(shì)能的增加量為maghsin=mgh故A正確B、物塊b的機(jī)械能減少等于減少的勢(shì)能減去增加的動(dòng)能，E=mgh，故B錯(cuò)誤；C、D、根據(jù)功能關(guān)系，系統(tǒng)機(jī)械能增加等于除重力以外的力做功，所以摩擦力對(duì)a做的功等于a、b機(jī)械能的增量所以摩擦力做功大于a的機(jī)械能增加故C錯(cuò)誤，D正確；故選：AD【點(diǎn)評(píng)】本題是力與能的綜合題，關(guān)鍵對(duì)初始位置和末位置正確地受力分析，以及合理選擇研究的過程和研究的對(duì)象，運(yùn)用能量守恒進(jìn)行分析二、填空題（每空2分，共18分）甲、乙兩同學(xué)在同一實(shí)驗(yàn)室做“探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)11. “探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)裝置如圖中所示，在平衡小車與桌面之間摩擦力的過程中，打出了一條紙帶如圖乙所示計(jì)時(shí)器所用交流電源的頻率為50Hz，從比較清晰的點(diǎn)起，每5個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，量出相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的距離，該小車的加速度為_m/s2（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）12. 兩同學(xué)各取一套圖示的裝置放在水平桌面上，設(shè)小車的質(zhì)量為m，在沒有平衡摩擦力的情況下，研究加速度a與拉力F的關(guān)系，分別得到如圖中甲、乙兩條直線，圖線斜率為_，則甲、乙用的小車與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)的關(guān)系為m甲_m乙（選填“大于”小于”或“等于”）【答案】0.15 (4分) 大于(3分)【解析】試題分析：由題意知，每5個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，相連計(jì)數(shù)點(diǎn)間時(shí)間間隔為0.1s，根據(jù)逐差法可求加速度a=0.15 m/s2；根據(jù)牛頓第二定律：，由圖知甲的摩擦因數(shù)大，甲大于乙考點(diǎn)：本題考查探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系實(shí)驗(yàn)小組在“測(cè)小燈泡的實(shí)際電阻和實(shí)際功率”實(shí)驗(yàn)中，所用器材有：小電珠（3.0V 0.7W），滑動(dòng)變阻器，電流表，電壓表，學(xué)生電源，開關(guān)，導(dǎo)線若干13. 為使測(cè)量盡可能準(zhǔn)確，并能夠從0V開始調(diào)節(jié)電壓，請(qǐng)將圖甲中1、2、3、4、5、6接線端恰當(dāng)連接，使之成為合適的實(shí)驗(yàn)電路_14. 連接好電路，開關(guān)閉合后，將滑動(dòng)變阻器的滑片P置于a端時(shí)，小電珠亮度_（選填“最亮”或“最暗”）15. 實(shí)驗(yàn)小組同學(xué)描繪出小電珠的伏安特性曲線示意圖如圖乙所示，0.5V后小電珠的電阻值隨工作電壓的增大而_，（填“不變”、“增大”或“減小”）原因是_16. 若將此燈泡接在E2.0V，r10的電源上，則小燈泡的實(shí)際電阻是_，實(shí)際功率是_W【答案】 (1). 如圖所示： (2). 最暗 (3). 增大 (4). 溫度升高，電阻率增大 (5). 5.40.1 (6). 0.090.01【解析】（1）要求能夠從0V開始調(diào)節(jié)電壓，應(yīng)采用分壓電路；由于小電珠電阻較小，應(yīng)采用電流表外接法，電路如圖：（2）將滑動(dòng)變阻器的滑片P置于a端時(shí)，小電珠被短路，亮度最暗；（3）金屬的電阻率隨溫度升高而增大，所以電壓較高時(shí)，小電珠的電阻值隨工作電壓的增大而增大；（4）將E2.0V，r10的電源的U-I圖像做在小電珠的伏安特性曲線上，兩圖線的交點(diǎn)即為小電珠的實(shí)際工作電壓和電流，U=0.7V,I=0.13A，則R=U/I=0.7/0.13=5.4，P=UI=0.70.13W=0.09W。三、計(jì)算題（13，14,15題每題10分，16題12分，共42分）如圖所示，一個(gè)質(zhì)量m4kg的小物塊放在水平地面上。對(duì)小物塊施加一個(gè)F =10N的恒定拉力，使小物塊做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，拉力與水平方向的夾角=37，小物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.20，已知sin37=0.60，cos37=0.80，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：17. 小物塊運(yùn)動(dòng)過程中所受滑動(dòng)摩擦力的大小；18. 小物塊運(yùn)動(dòng)過程中加速度的大?。?9. 物塊運(yùn)動(dòng)4.0s位移的大小。【答案】(1)6.8N；(2)0.3m/s2；(3)2.4m【解析】【分析】對(duì)物體受力分析，根據(jù)公式求出滑動(dòng)摩擦力的大?。辉俑鶕?jù)牛頓第二定律求出加速度；物體勻加速前進(jìn)，根據(jù)位移時(shí)間公式求出4s末的位移的大小；【詳解】解：(1)設(shè)小物塊受地面的支持力為N，在豎直方向上合力為零，因此有：滑動(dòng)摩擦力的大?。?2)設(shè)小物塊的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有：解得： (3)小物塊運(yùn)動(dòng)4.0s所通過的位移大小： 20.如圖所示，一質(zhì)量M=40kg、長L=2.5m的平板車靜止在光滑的水平地面上. 一質(zhì)量m=10kg可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊，以v0=5m/s的初速度從左端滑上平板車，滑塊與平板車間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.4，取g=10m/s2. （1）分別求出滑塊在平板車上滑行時(shí)，滑塊與平板車的加速度大小；（2）計(jì)算說明滑塊能否從平板車的右端滑出.【答案】（1） ， （2）恰好不會(huì)從平板車的右端滑出?！窘馕觥扛鶕?jù)牛頓第二定律得對(duì)滑塊，有，解得對(duì)平板車，有，解得設(shè)經(jīng)過t時(shí)間滑塊從平板車上滑出滑塊的位移為：平板車的位移為：而且有解得：此時(shí)，所以，滑塊到達(dá)小車的右端時(shí)與小車速度相等，恰好不會(huì)從平板車的右端滑出答：滑塊與平板車的加速度大小分別為和滑塊到達(dá)小車的右端時(shí)與小車速度相等，恰好不會(huì)從平板車的右端滑出點(diǎn)睛：對(duì)滑塊受力分析，由牛頓第二定律可求得滑塊的加速度，同理可求得平板車的加速度；由位移關(guān)系可得出兩物體位移間相差L時(shí)的表達(dá)式，則可解出經(jīng)過的時(shí)間，由速度公式可求得兩車的速度，則可判斷能否滑出如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy中的第一象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第二、三、四象限存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度都未知。第一象限中坐標(biāo)為（l，l）的P點(diǎn)由靜止釋放質(zhì)量m、帶電荷量為q（q0）的粒子（不計(jì)重力），該粒子第一次經(jīng)過x軸時(shí)速度為v0，第二次經(jīng)過x軸時(shí)的位置坐標(biāo)為（-l，0），求：21. 電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；22. 粒子第三次經(jīng)過x軸時(shí)的速度大小及方向23. 粒子第四次經(jīng)過x軸時(shí)的位置坐標(biāo)【答案】（1）（2） 方向與x軸正方向夾角為q45（3）（0，0）【解析】（1）粒子在P點(diǎn)靜止釋放，到達(dá)x軸過程中運(yùn)用動(dòng)能定理：解得：粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑設(shè)為r1，由洛倫茲力提供運(yùn)動(dòng)需要的向心力：解得：粒子第二次經(jīng)過x軸時(shí)的位置坐標(biāo)為（一，0），故其軌道半徑r1，得：（2）粒子從y軸上的（0，）以平行x軸的速度v0進(jìn)入電場(chǎng)，做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，加速度為a，設(shè)經(jīng)過時(shí)間t射出電場(chǎng)，水平位移x，豎直位移，則：xv0t，解得：，x2設(shè)水平分速度為vx，豎直分速度為vy，則：vxv0，vyatv0得：粒子第三次經(jīng)過x軸時(shí)的速度大小方向與x軸正方向夾角為q45（3）由上面可知粒子第三次過x軸時(shí)坐標(biāo)為（2，0），再次進(jìn)入磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)半徑：由幾何關(guān)系，得粒子第四次過x軸時(shí)剛好過原點(diǎn)，即坐標(biāo)為（0，