第第頁，共13頁A.繩上的拉力大小為50NB.重物不會離開地面C.A.繩上的拉力大小為50NB.重物不會離開地面C.2s末物體上升的高度為5mD,重物的加速度大小為 3.2m/s2高考物理模擬試卷題號一一二四五總分得分、單選題（本大題共4小題，共24.0分）1.人們平時所用的鐘表，精度高的每年大約會有1分鐘的誤差，這對日常生活是沒有影響的，但在要求很高的生產、科研中就需要更準確的計時工具。原子鐘是利用原子吸收或釋放能量時發出的電磁波來計時的，精度可以達到每2000萬年誤差1秒，某種原子鐘利用氫原子從高能級向低能級躍遷發出的電磁波來計時，一群處于n=3能級1.的氫原子向低能級躍遷，已知普朗克常量 h=6.63X10-34j?s,電子的電荷量TOC\o"1-5"\h\ze=1.610-19C,輻射出的電磁波的最小頻率約為（ ）A.4.61015Hz B,2.41015Hz C,4.61014Hz D,2.91014Hz2.如圖所示，一不可伸長的光滑輕繩，其左端固定于。點，右端跨8過位于O'點的光滑定滑輪懸掛一質量為 1kg的物體，oo'段水才"一行平，長度為1.6m。繩上套一可沿繩自由滑動的輕環，現在在輕環 '上懸掛一鉤碼（圖中未畫出），平衡后，物體上升 0.4m。則鉤碼的質量為（ ）LA.號句 B.%2kg C.1.6kg D.1.2kg“嫦娥四號”于2019年1月3日自主著陸在月球背面，實現人類探器首次月背軟著陸，由于“嫦娥四號”在月球背面，不能與地球直接通信，需要通過中繼通信衛星才能與地球“溝通”， “鵲橋”是“嫦娥四號”月球探測器的中繼衛星， 該中繼衛星運行在地月系的拉格朗日 L2點附近的暈軌道上。地月系的拉格朗日 L2點可理解為在地月連線的延長線上（也就是地球和月球都在它的同一側），地球和月球對處于該點的衛星的引力的合力使之地球運動且在該點的衛星運動的周期與月球繞球運動的周期相同。若某衛星處于地月系的拉格朗目 L2點，則下列關于該衛星的說法正確的是（ ）A.該衛星繞地球運動的角速度大于月球繞地球運動的角速度B.該衛星繞地球運動的線速度大于月球繞地球運動的線速度C,在地球上可以直接看到該衛星D.該衛星受到地球與月球的引力的合力為零如圖所示，一條足夠長且不可伸長的輕繩跨過光滑輕質定滑輪，繩的右端與一質量為12kg的重物相連，重物靜止于地面上，左側有一質量為10kg的猴子，從繩子的另一端沿繩子以大小為 5m/s2的加速度豎直向上爬，取g=10m/s2,則下列說法正確的是（ ）、多選題（本大題共5小題，共29.0分）某交變電路如圖甲所示，理想變壓器的原、副線圈匝數比為5:1,R1=30Q,R2=20Q,一示波器接在電阻R1兩端，示波器上的電壓變化圖象如圖乙所示。電壓表和電流表均為理想電表，不計示波器的電流對電路的影響，下列說法正確的是（ ）

A.電壓表的示數為35.4VB.電流表的示數為0.2AC.原線圈的輸入電壓u=250sin50t<V）D.電阻R2消耗的電功率為15W6.如圖所示，某滑雪運動員（可視為質點）由坡道進入豎直面內的圓弧形滑道 AB,從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿AB下滑過程中（ ）7.8.A.所受合力保持不變C.機械能保持不變B.所受滑道的支持力逐漸增大D.克服摩擦力做功和重力做功相等已知x軸上電場方向與x軸方向平行，x軸上各點電勢如圖所示，x=0處電勢為5V,7.8.A.所受合力保持不變C.機械能保持不變B.所受滑道的支持力逐漸增大D.克服摩擦力做功和重力做功相等已知x軸上電場方向與x軸方向平行，x軸上各點電勢如圖所示，x=0處電勢為5V,一電子從x=-2cm處由靜止釋放，則下列說法正確的是（ ）x=0處電場強度為零B.電子在x=-2cm處的加速度小于電子在x=-1cm處的加速C.該電子不可能運動到x=2cm處D.該電子運動到x=0處時的動能為3eV如圖所示，電阻不計的兩光滑導軌沿斜面方向平鋪在絕緣斜面上，斜面傾角為導軌間距為L,導軌中部和下方各有一邊長為 L的正方形勻強磁場區域，磁感應強度大小均為 B、方向均垂直斜面，質量為m的金屬棒b水平故置在下方磁場區域中，質量未知的金屬棒d水平放置于上方某處，某時刻由靜止釋放cd,當cd棒測進入導軌中部的磁場區域時由靜止釋放 ab棒，之后cd恰好勻速穿過中部的磁場區域而ab棒靜止不動，已知兩金屬棒的電阻均為 R,重力加速度為g,則（ ）A.上、下兩磁場方向相同cd棒的質量為mad棒通過導軌中部的磁場區域的過程中，克服安培力做功為mgLsin0cd棒的釋放點到導軌中部磁場上邊界的距離為下列說法正確的是（ ）一定質量的理想氣體的體積減小時，內能一定增加一定質量的理想氣體，密閉于容積不變的容器，吸熱后溫度一定升高C.在“用油膜法測分子直徑”的實驗中忽略了分子間的空隙D.飽和汽是指液體蒸發和水蒸氣液化達到平衡狀態時的蒸汽E.下落的雨滴在空中成球形是由于存在浮力三、填空題（本大題共1小題，共4.0分）一列簡諧橫渡在t=0時刻的波形圖如圖中實線所示，t=3s時波形圖如圖中虛線所示,已知波傳播的速度v=5m/s。則該波沿x軸（填“正"或"負”）方向傳播；質點a的振動周期為s；從t=0開始，質點a第一次運動到波峰所需的時間為s(結果保留兩位有效數字)。四、實驗題(本大題共2小題，共15.0分)11.A、B兩同學用圖甲所示實驗裝置探究輕彈簧的彈性勢能與其壓縮量的關系：輕彈簧放置在傾斜的長木板上，彈簧左端固定，右端與一物塊接觸而不連接，紙帶穿過打點計時器并與物塊連接。向左推物塊使彈簧壓縮不同的量，再由靜止釋放物塊，通過測量和計算，可求得彈簧的壓縮量與彈性勢能的關系。C垃產Bl(1)實驗步驟如下：a.將木板左端抬高，平衡物塊受到的摩擦力；b.向左推物塊使彈簧壓縮，并測量彈簧的壓縮量；c.先接通打點計時器電源，再松手釋放物塊。(2)實驗時，A同學讓彈簧的壓縮量為小，打點結果如圖乙所示； B同學讓彈簧的壓縮量為2■，打點結果如圖丙所示，已知打點計時器所用交流電的頻率為 50Hz,物塊質量為200go(3)結合紙帶所給的數據可知： A同學實驗時物塊脫離彈簧時的速度大小為m/s,對應彈簧壓縮時的彈性勢能為J;B同學實驗時物塊脫離彈簧時的速度大小為m/s,對應彈簧壓縮時的彈性勢能為J.(結果均保留兩位有效數字)。(4)對比A、B兩位同學的實驗結果可知： 彈簧的彈性勢能與彈簧壓縮量的關系為 O12.某實驗小組想組裝一個雙量程( 3V、15V)的電壓表，提供的器材如下：A.電流表⑥：滿偏電流為1mA,內阻未知；B.電池E:電動勢為3V,內阻未知；C.滑動變阻器R：最大阻值約為6kQ,額定電流為1A;D.滑動變阻器R2最大阻值約為2kQ,額定電流為3A；E.電阻箱R0：0?9999.9RF.定值電阻R3：額定電流為0.1A;G.開關兩個，導線若干。(1)用圖甲所示電路測量電流表的內阻 rg,則滑動變阻器R應選用(選填“C”或“D”)。(2)將開關S、S2都斷開，連接好實物圖，滑動變阻器接入電路的電阻達到最大

后，接通開關S,調節滑動變阻器使電流表⑥的示數為0.9mA；再閉合開關S2,調節電阻箱Ro的阻值為300◎時，電流表⑥的示數為0.6mA,則電流表⑥的內阻為 Q(3)雙量程電壓表的電路原理圖如圖乙所示，則電路中電阻箱 R0應取值為%定值電阻R3的阻值為kQo五、計算題(本大題共4小題,共52.0分)13.如圖甲所示，質量m=1kg的小滑塊，從固定的四分之一圓弧軌道的最高點 A由靜止滑下，經最低點B后滑到位于水平面的木板上， 并恰好不從木板的右端滑出。 已知圓弧軌道半徑R=6m,木板長l=10m,上表面與圓弧軌道相切于 B點，木板下表面光滑，木板運動的v-t圖象如圖乙所示。取g=10m/s2.求：(1)滑塊在圓弧軌道上運動時產生的內能；滑塊與木板間的動摩擦因數及滑塊在木板上相對木板滑動過程中產生的內能。(2)滑塊與木板間的動摩擦因數及滑塊在木板上相對木板滑動過程中產生的內能。14.如圖所示，豎直線MN左側存在水平向右的勻強電場， 右14.側存在垂直紙面向外的勻強磁場其磁感應強度大小B=ttX-2T,在P點豎直下方，d=^,m處有一垂直于MN的足夠大的擋板。現將一重力不計、比荷 ：=1X106C/kg的正電荷從P點由靜止釋放，經過At=1xi0-4s,電荷以V0=1X104m/s的速度通過MN進入磁場。求：P點到MN的距離及勻強電場的電場強度 E的大??；(2)電荷打到擋板的位置到MN的距離；(3)電荷從P點出發至運動到擋板所用的時間。

15.如圖所示，汽缸開口向上固定在水平面上，其橫截面積為S,內壁光滑，A、B為距離汽缸底部h2處的等高限位裝置，限位裝置上裝有壓力傳感器，可探測活塞對限位裝置的壓力大小， 活塞質量為m,15.在汽缸內封閉了一段高為hi、溫度為Ti得到理想氣體，對汽缸內氣體緩緩降溫，已知重力加速度為 g,大氣壓強為po,變化過程中活塞始終保持水平狀態。求：①當活塞剛好與限位裝置接觸（無彈力）時，汽缸內氣體的溫度 丁2；②當A、B處壓力傳感器的示數之和為2mg時，汽缸內氣體的度丁3。16.如圖所示，等長三棱鏡abc平放在水平桌面上，光屏 MN與棱鏡ac邊平行，一寬度為d的單色平行光束垂直ac邊從ab邊射入棱鏡，通過棱鏡后在光屏上的光束寬度變為 2d,已知真空中光速為c。求：①棱鏡的折射率n；②該光束中的光通過棱鏡所需時間的最大時間差 Ato1.【答案】C答案和解析【解析】解：一群氫原子處于n=3的激發態向低能級躍遷，則輻射出光子的最小能量為:【解析】解：一群氫原子處于E小=3.4-1.51=1.89eV依據： ：=」?="算:<4.6x14Hz故c正確abd錯誤旅 X10-1*故選：Co根據頻率最低，則能量最小，結合能級躍遷過程中，輻射能量 AE=Em-En,即可求解。本題考查對玻爾理論的理解和應用能力，關鍵抓住輻射的光子能量與能級差之間的關系。.【答案】D【解析】解：重新平衡后，繩子形狀如下圖:設鉤碼的質量為M,由幾何關系知：繩子與豎直方向夾角為0=53；則根據平衡可求得：2mgcos53°=Mg解得：M=1.2kg,故D正確，ABC錯；故選：D。由幾何關系求出環兩邊繩子的夾角，然后根據平行四邊形定則求鉤碼的質量。該題的關鍵在于能夠對線圈進行受力分析， 利用平衡狀態條件解決問題。力的計算離不開幾何關系和三角函數。.【答案】B【解析】解：A、如圖所示，該鵲橋衛星繞地球運動的周期與月球繞地球運動的周期相同，故鵲橋衛星與月球繞地球的角速度大小相等，故A錯誤；B、據線速度v=rco可知，衛星與月球繞地球角速度相等，則鵲橋衛星的軌道半徑大線速度大，故 B正確；C、鵲橋衛星在地月連線的延長線上， 故在地球上不能直接看到該衛星，故C錯誤；D、該衛星繞地球圓周運動，向心力由地球和月球對它的萬有引力的合力提供，故 D錯誤。故選：Bo鵲橋衛星繞地球做圓周運動的軌道周期與月球繞地球做圓周運動的軌道周期相同， 結合軌道半徑的關系得出線速度、角速度、向心加速度的大小關系。解決本題的關鍵知道物體做圓周運動， 靠地球和月球引力的合力提供向心力。 不能認為靠地球的萬有引力提供向心力進行分析求解， 另外還要僅僅抓住：鵲橋衛星在地月引力作用下繞地球轉動的周期與月球繞地球轉動的周期相同。.【答案】C【解析】【分析】對猴子受力分析，受到重力和繩對猴子的摩擦力， 根據牛頓第二定律求出繩子對猴子的作用力，再對重力受力分析根據牛頓第二定律可求得加速度，結合運動學公式求解。本題關鍵先對小猴后對重物受力分析， 然后根據牛頓第二定律列式求解， 要求同學們能正確分析物體的受力情況，難度不大，屬于基礎題?！窘獯稹緼、對猴子受力分析，受到重力和繩對猴子的摩擦力，根據牛頓第二定律得： f-mg=ma解得：f=150N,即繩上的拉力大小為150N,故A錯誤；B、因繩的拉力為150N>120N,所以重物會離開地面，故B錯誤；CD、對重物由牛頓第二定律得： F-Mg=Ma,解得：a=2.5m/s2,2s末物體上升的高度h=[P=5m,故C正確D錯誤。故選Co.【答案】AC【解析】解：A、一示波器接在電阻Ri兩端，示波器上的電壓變化圖象如圖乙所示， Ri兩端電壓的有效值是介,50Ri=30Q,R2=20Q,根據歐姆定律得電壓表的示數為 $=35.4V,故A正確；B、副線圈電流12=1=>，電流與匝數成反比，所以電流表的示數為I1=；：A,故B錯誤；C、根據圖乙所示，周期T=0.04s,3品=50兀rad/s,理想變壓器的原、副線圈匝數比為 5:1,變壓器中電壓與匝數成正比，原線圈的電壓最大值是250V,所以原線圈的輸入電壓u=250sin50大（V）,故C正確；D、電阻R2消耗的電功率為P=/：R2=10W,故D錯誤;故選：AC。由圖象求出交流電的周期和電壓最大值； 變壓器中電壓與匝數成正比， 電流與匝數成反比，輸入功率等于輸出功率，電表顯示有效值。根據圖象準確找出已知量，是對學生認圖的基本要求，準確掌握理想變壓器的特點及電壓、電流比與匝數比的關系，是解決本題的關鍵。.【答案】BD【解析】解：A、因為運動員在下滑過程中始終存在向心力，合外力充當向心力，向心力繩子指向圓心，方向不斷變化，所以合外力是變力，故A錯誤；B、由圖可知，斜面坡度一直在改變，運動員需要的向心力不變，根據受力分析可得，運動員對斜面的壓力會逐漸增大，故 B正確；C、由于速度不變，則動能不變，高度下降，重力勢能減小，則機械能減小，故C錯誤；D、由于速度不變，則動能不變，由動能定理可知，摩擦力做功和重力做功相等。故 D正確；故選：BD。由坡道進入豎直面內的圓弧形滑道 AB,從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，運動員做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律和動能

定理分析各項。本題考查牛頓第二定律和動能定理，關鍵是抓住運動員做勻速圓周運動。.【答案】AD【解析】解：A、根據圖線斜率的意義可知， 6t圖線的斜率表示電場強度，所以可知在x=0處電場強度為。.故A正確；B、圖線的斜率表示電場強度，由圖可知 x=-2cm處的電場強度大于x=1cm處的電場強度，則電子的加速度：a二竺可知電子在x=-2cm處的加速度大于電子在x=-1cm處的加速度。故B錯誤；C、由圖可知，y軸兩側的電場是對稱的，所以該電子能運動到 x=2cm處。故C錯誤；D、電子從x=-2cm處由靜止釋放，由圖可知，在x=-2cm處的電勢為2V,電子在x=0處的電勢為0,電子的電勢增大3V,所以電子的電勢能減小3eV.由于電子運動的過程中只有電場力做功，電子動能的增加量等于電勢能的減少量， 所以電子到達x=0處的動能為3eV.故D正確故選：AD。根據數學知識求解x=xo處的電勢大小。分析粒子的運動情況， 確定動能最大的位置， 由動能定理求解最大動能。本題要求學生能從題干中找出可用的信息， 運用數學知識確定電場的性質， 分析電荷的運動情況，并能靈活應用動能定理求解動能。.【答案】BC【解析】解：A、cd棒進入中間磁場時切割磁感線產生感應電動勢，流過兩金屬棒的電流方向相反，兩金屬棒均處于平衡狀態，所受安培力方向均平行于斜面向上，通過金屬棒的電流方向相反而安培力方向相同，由左手定則可知，兩磁場方向相反，故 A錯誤；B、流過兩金屬棒的電流I相等、棒的長度L相等，兩磁場的磁感應強度B相等，兩棒受到的安培力：F=BIL大小相等，由平衡條件得：對ab：F=mgsin§F=mbgsin0解得：mb=m,故B正確；C、金屬棒勻速通過磁場區域， 金屬棒的動能不變，由能量守恒定律得：mgLsin—W=0-0解得：W=mgLsin0即克服安培力做功為： mgLsin0故C正確；D、導體棒剛進入磁場時受到的安培力為： F=BIL上產cd棒在磁場中做勻速運動，由平衡條件得： mgsin6=J解得：v=cd棒進入磁場前過程，由動能定理得:cd棒進入磁場前過程，由動能定理得:? 2mgxsin如跖爐解得：x=故選：BC。兩金屬棒均處于平衡狀態，根據金屬棒受到的安培力方向與通過金屬棒的電流方向關系應用左手定則判斷兩磁場方向關系；應用平衡條件求出cd棒的質量；應用能量守恒定律求出克服安培力做的功；應用平衡條件求出cd棒進入中間磁場時的速度，應用動能定理或機械能守恒定律求出 cd棒的釋放點到導軌中部磁場上邊界的距離。該題考查了多個知識點的綜合運用。 做這類問題我們還是應該從運動過程和受力分析入手研究，運用一些物理規律求解問題。動能定理、動量定理的應用非常廣泛，我們應該首先考慮。.【答案】BCD【解析】解：A、根據熱力學第一定律W+Q=AU,一定質量的理想氣體的體積減小，外界對氣體做功W>0,但Q不明確，內能不一定增加，故A錯誤；B、一定質量的理想氣體，密閉于容積不變的容器，氣體不做功 W=0,吸熱后，Q>0,由W+Q=AU,氣體內能增加，分子平均動能增加，溫度一定升高，故 B正確；C、在“用油膜法測分子直徑”的實驗中忽略了分子間的空隙，故C正確；D、在密閉容器中的液體不斷的蒸發，液面上的蒸氣也不斷地凝結，當這兩個同時存在的過程達到動態平衡時，宏觀的蒸發也停止了，這種與液體處于動態平衡的蒸氣叫做飽和汽，故D正確；E、下落的雨滴在空中成球形是由于液體的表面張力，故E錯誤。故選：BCDo根據熱力學第一定律W+Q=4U,外界對氣體做功W>0,但Q不明確，內能不一定增加；氣體不做功W=0,吸熱后，Q>0,分子平均動能增加，溫度一定升高；在“用油膜法測分子直徑”的實驗中忽略了分子間的空隙； 飽和汽是指液體蒸發和水蒸氣液化達到平衡狀態時的蒸汽；下落的雨滴在空中成球形是由于液體的表面張力。本題考查了熱力學第一定律、液體的表面張力、飽和汽、未飽和汽和飽和汽壓、用油膜法估測分子的大小等知識點。對于物理學中的基本概念和規律要深入理解， 理解其實質，不能只是停留在表面上，同時要通過練習加強理解。.【答案】正0.80.13【解析】解：由圖知波長入二向，振幅A=0.4m(1)根據波長、頻率(周期)和波速的關系有 丁二：：=。,85,若波沿x軸正向傳播，則有+ =帶入T算得n=3;同理，若波沿x軸負向傳播，則有+ 帶入T算得n=3.5,顯然n應該為正整數，故波應該沿軸正向傳播；(2)根據波長、頻率(周期)和波速的關系有 T==0,^,每個質點振動周期和波的周期一樣，因此質點a的振動周期為0.8s；(3)設t=0s時波動方程為尸=而出(，)，帶入A和入得了=04舌皿牙),從圖中可以得出0.2=0.4simgj),因此因此〃=；,圖中x=1的質點位于波峰，從x=1時的位置傳到x=(即a點)需要的時間為［"二二01'。,3.，。答：(1)正；0.8s；0.13s。由圖中可以直接讀出波的波長，波速已知，周期可以根據根據波長、波速和周期的關系求解而得；若波沿x軸正向傳播，則有+ 帶入T算得n=3;同理，若波沿x軸負向傳播，則有(；+忖)1=加，帶入t算得n=3.5,顯然n應該為正整數，故波應該

沿軸正向傳播；從圖中先求出t=0s時的波動方程，根據波動方程求出a點的水平坐標,再結合圖形判斷a點運動到波峰則波由x=1位置傳播到x=a位置，根據速度位移公式求解相應時間。本題第二問是最容易判斷的，波速已知，周期可以根據根據波長、波速和周期的關系求解而得；進而假設波沿不同方向傳播，波的傳播存在周期性，因此很有可能帶來多解問題，列出多解方程，判斷既定的 n是否可求出正整數判斷方向正確與否；第三問需要先求出a點的坐標位置，再判斷a點運動到波峰相應波從何位置傳播至何位置，最后根據位移公式求解即可。.【答案】0.750.0561.50.23彈簧的彈性勢能與壓縮量的平方成正比?！窘馕觥拷猓?3)由圖中紙帶可知，左側應為與物塊相連的位置；由圖可知，兩點間的距離先增大后不變；乙圖中最后相等的距離均為 1.50cm；則由平均速度可求得，其速度為：L.50x10',v=m/s=0.75m/s；根據功能關系可得：Ep=：mv2g>0.200.752J=0.056J；4J '丙圖中最后相等的距離為 3.0cm;故由平均速度公式可得:V,丙圖中最后相等的距離為 3.0cm;故由平均速度公式可得:V,R.Q*Id口艱=1.5m/s；根據功能關系可得：E'P=：mv'2=：xq.201.52J=0.23J;(4)由(3)中數據可知，丙中彈性勢能為乙中彈性勢能的 4倍，即說明彈簧的彈性勢能與壓縮量的平方成正比。故答案為：(3)0.75;0.056;1.5;0.23;(4)彈簧的彈性勢能與壓縮量的平方成正比分析紙帶，根據紙帶上距離的變化可明確物體何時離開彈簧， 再根據平均速度法可求得脫離時的速度；求出對應的動能，從而確定彈簧的彈性勢能大小。本題考查探究彈性勢能的實驗， 要注意通過題意分析實驗原理， 然后再結合我們所學過的規律分析求解即可；同時要求能注意實驗中的注意事項以及實驗方法。.【答案】C150285012【解析】解：(1)應用半偏法測電流表內阻，閉合開始 發時認為電路電流不變，滑動變阻器接入電路的阻值越大，閉合開關 S2時電路電流變化越小，實驗誤差越小，為減Co則流過電阻箱的電流為2倍，則電流表內阻:小實驗誤差，應選擇阻值大的滑動變阻器，因此滑動變阻器應選擇(2)閉合開關S2后認為電路電流不變，電流表示數為0.6mA,Co則流過電阻箱的電流為2倍，則電流表內阻:(3)由圖示電路圖可知，電阻： Ro=. ^-150=2850Q,R3=，匚一*=UTTF-150-2850=12000◎=12口；故答案為：(1)C；(2)150;(3)2850;12。(1)根據實驗原理從減小實驗誤差的角度分析選擇所需滑動變阻器。(2)根據實驗步驟應用并聯電路特點求出電流表內阻。(3)根據圖乙所示電路圖應用串聯電路特點與歐姆定律求出電阻阻值。本題考查了測電流表內阻、電壓表改裝實驗，考查了實驗器材的選擇與實驗數據處理，知道實驗原理是解題的前提與關鍵， 根據圖示電路圖應用串并聯電路特點與歐姆定律可以解題。

13.【答案】解：(1)滑塊恰好沒有從右端滑出，最終兩者速度相等，滑塊到達木板右端時： 寫:-t；t=l,由圖示圖線可知：V2=2m/s,t=2s,滑塊在圓弧軌道上運動過程，由能量守恒定律得： mgR=m4+Qi,代入數據解得：vi=10m/s,Qi=10J;(2)滑塊在木板上滑動過程， V2=v2-at,加速度：a=四，代入數據覺得：科=0.3對滑塊與木板組成的系統，由能量守恒定律得： ^=Q2+'(M+m那,代入數據解得：Q2=30J；答：(1)滑塊在圓弧軌道上運動時產生的內能為 10J;(2)滑塊與木板間的動摩擦因數為 0.3,滑塊在木板上相對木板滑動過程中產生的內能30J。【解析】(1)滑塊在木板上做勻減速直線運動，木板做初速度為零的勻加速直線運動，最終兩者速度相等，根據圖示圖線求出兩者的共同速度， 應用平均速度公式求出滑塊的初速度，然后對滑塊應用能量守恒定律求出滑塊在圓弧軌道上產生的內能。(2)對滑塊應用運動學公式與牛頓第二定律可以求出動摩擦因數，然后能量守恒定律可以求出產生的內能。應用平均速度公式、牛頓第二定分析清楚滑塊與木板的運動過程是解題的前提與關鍵，律、運動學公式與能量守恒定律可以解題。應用平均速度公式、牛頓第二定P點至UMN14.【答案】解：(1)電荷在電場中做勻加速直線運動，的距離：乂二P點至UMN解得：x=0.5m根據速度時間規律可得： Vo=aAt根據牛頓第二定律可得： Eq=ma解得：E=100N/CqvoB=qvoB=1可得：r=m粒子在磁場中運動的周期： T==2X10-4s電荷在電場、磁場中的運動軌跡如圖所示， 。點到擋板的距離為：d-3r9m所以：cosZAON=L即：/AON=60°JA點到MN的距離x=rsin60=：,m=0.2m(3)電荷在電場中運動的總時間： t1=3N=3M0-4s電荷在磁場中運動的圓弧所對應的圓心角： 。=兀+產電荷在磁場中運動的總時間： 12=五T

解得：12Mx10-4S所以電荷從P點從發至運動到擋板所需時間： t=ti+t2="X10-4s=4.67X4S0J答：(1)P點到MN的距離為0.5m,勻強