2020届江苏省南通市、泰州市高三上学期第一次调研测试(期末)物理试题 (解析版)

江苏省南通市、泰州市高三上学期第一次调研测试（期末）

物理2020.1

本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分120分，考试时间100分钟．

第Ⅰ卷(选择题共31分)

一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．每小题只有一个选项符合题意．

1. 2019年12月16日，第52、53颗北斗导航卫星成功发射，北斗导航卫星中包括地球同步卫星和中圆轨道卫星，它们都绕地球做圆周运动，同步卫星距地面的高度大于中圆轨道卫星距地面的高度．与同步卫星相比，下列物理量中中圆轨道卫星较小的是()

A. 周期

B. 角速度

C. 线速度

D. 向心加速度

2. 在冰球游戏中，冰球以速度v0在水平冰面上向左运动，某同学在水平面上沿图示方向快速打击冰球，不计一切摩擦和阻力．下列图中的虚线能正确反映冰球被击打后可能的运动路径是()

3. 某实验小组模拟远距离输电的原理图如图所示，A、B为理想变压器，R为输电线路的电阻，灯泡L1、L2规格相同，保持变压器A的输入电压不变，开关S断开时，灯泡L1正常发光，则()

A. 仅将滑片P上移，A的输入功率不变

B. 仅将滑片P上移，L1变暗

C. 仅闭合S，L1、L2均正常发光

D. 仅闭合S，A的输入功率不变

4. 某静电场中有电场线与x轴重合，x轴上各点电势φ分布如图所示，图线关于纵轴对称．则()

A. x1处和－x1处场强方向相同

B. x1处和－x2处场强大小相等

C. 某带电粒子在x2处和－x2处电势能相等

D. 某带电粒子在x2处的电势能大于在－x2处的电势能

5. 一物块由O点下落，到A点时与直立于地面的轻弹簧接触，到B点时速度达到最大，到C点时速度减为零，然后被弹回．物块在运动过程中受到的空气阻力大小不变，弹簧始终在弹性限度内，则物块()

A. 从A下降到B的过程中，合力先变小后变大

B. 从A下降到C的过程中，加速度先增大后减小

C. 从C 上升到B 的过程中，动能先增大后减小

D. 从C 上升到B 的过程中，系统的重力势能与弹性势能之和不断增加

二、 多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．

6. 如图所示，一小球固定在轻杆上端，AB 为水平轻绳，小球处于静止状态，则杆对小球的作用力方向可能是( )

A. F 1

B. F 2

C. F 3

D. F 4

7. 如图所示，水平传送带以恒定的速度v 运动，一质量为m 的小物块轻放在传送带的左端，经过一段时间后，物块和传送带以相同的速度一起运动．已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，则( )

A. 物块加速运动时的加速度为μg

B. 物块加速运动的时间为

v 2μg

C. 整个过程中，传送带对物块做的功为1

2

mv 2 D. 整个过程中，摩擦产生的热量为mv 2

(第6题) (第7题)

(第8题) (第9题)

8. 如图所示，一条形磁铁竖直放置，金属线圈从磁铁正上方某处下落，经条形磁铁A 、B 两端时速度分别为v 1、v 2，线圈中的电流分别为I 1、I 2，线圈在运动过程中保持水平，则( )

A. I 1和I 2的方向相同

B. I 1和I 2的方向相反

C. I 1∶I 2＝v 21∶v 22

D. I 1∶I 2＝v 1∶v 2

9. 如图所示，竖直平面内存在着两个方向竖直向上的相同带状匀强电场区，电场区的高度和间隔均为d ，水平方向足够长．一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球以初速度v 0在距离电场上方d 处水平抛出，不计空气阻力，则( )

A. 小球在水平方向一直做匀速直线运动

B. 小球在电场区可能做直线运动

C. 若场强大小为mg

q ，小球经过两电场区的时间相等

D. 若场强大小为2mg

q

，小球经过两电场区的时间相等

第Ⅱ卷(非选择题 共89分)

三、 简答题：本题共3小题，共30分，请将解答填写在相应的位置．

10. (8分)图甲为验证机械能守恒定律的实验装置，通过电磁铁控制的小铁球从A 处自由下落，毫秒计时器(图中未画出)记录下小铁球经过光电门B 的挡光时间t.小铁球的直径为d ，用d

t 作为球经过光电门时的

速度，重力加速度为g.

(1) 用游标卡尺测得小铁球的直径d如图乙所示，则d＝________mm.

(2) 实验中还需要测量的物理量是________．

A. A距地面的高度H

B. A、B之间的高度h

C. 小铁球从A下落到B的时间t AB

(3) 要验证小铁球下落过程中机械能是否守恒，只需验证等式________是否成立即可(用实验中测得物理量的符号表示)．

(4) 某实验小组测得小球动能的增加量ΔE k总是稍大于重力势能的减少量ΔE p，原因可能是____________________________(写出一个即可)．

11. (10分)测量电压表内阻(量程为3 V)的实验如下：

(1) 用多用电表粗略测量，把选择开关拨到“×10”的欧姆挡上，欧姆调零后，把红表笔与待测电压表________(选填“正”或“负”)接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相接．

(2) 正确连接后，多用电表指针偏转角度较小，应该换用________(选填“×1”或“×100”)挡，重新欧姆调零后测量，指针位置如图甲所示，则电压表内阻约为________Ω.

甲

乙丙

(3) 现用如图乙所示的电路测量，测得多组电阻箱的阻值R和对应的电压表读数U，作出1

U R图象如图丙所示．若图线纵截距为b，斜率为k，忽略电源内阻，可得R V＝________．

(4) 实验中电源内阻可以忽略，你认为原因是

________________________________________________________________________．

12. [选修3-5](12分)

(1) 下列说法中正确的有________．

A. 阴极射线是一种电磁辐射

B. 所有原子的发射光谱都是线状谱，不同原子的谱线一定不同

C. β衰变所释放的电子是原子核内的质子转变为中子时产生的

D. 古木的年代可以根据体内碳14放射性强度减小的情况进行推算

(2) 某同学设计了一个烟雾探测器，如图所示，S为光源，当有烟雾进入探测器时，S发出的光被烟雾散射进入光电管C.光射到光电管中的钠表面产生光电子，当光电流大于或等于I时，探测器触发报警系统报警．真空中光速为c，钠的极限频率为ν0.要使该探测器正常工作，光源S发出的光波长应小于________．若入射光子中能激发出光电子的光子数占比为η，电子的电荷量为e，报警时，t时间内射向光电管钠表面的光子数至少是________个．

(3) 如图所示，光滑水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，滑块A以v0＝12 m/s的水平速度撞上静止的滑块B并粘在一起向左运动，与弹簧作用后原速率弹回，已知A、B的质量分别为m1＝0.5 kg、m2＝1.5 kg.求：

①A与B撞击结束时的速度大小v；

②在整个过程中，弹簧对A、B系统的冲量大小I.

四、计算题：本题共4小题，共计59分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．

13. (12分)如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合金属线框abcd，线框平面与磁场垂直．已知磁场的磁感应强度为B0，线框匝数为n、面积为S、总电阻为R.现将线框绕cd边转动，经过Δt时间转过90°.求线框在上述过程中：

(1) 感应电动势平均值E；

(2) 感应电流平均值I；

(3) 通过导线横截面的电荷量q.

14. (15分)如图所示，矩形拉杆箱上放着平底箱包，在与水平方向成α＝37°的拉力F作用下，一起沿水平面从静止开始加速运动．已知箱包的质量m＝1.0 kg，拉杆箱的质量M＝9.0 kg，箱底与水平面间的夹角θ＝37°，不计所有接触面间的摩擦，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.

(1) 若F＝25 N，求拉杆箱的加速度大小a；

(2) 在(1)的情况下，求拉杆箱运动x＝4.0 m时的速度大小v；

(3) 要使箱包不从拉杆箱上滑出，求拉力的最大值F m.

15. (16分)如图所示，长为L的轻质木板放在水平面上，左端用光滑的铰链固定，木板中央放着质量为m的小物块，物块与板间的动摩擦因数为μ.用力将木板右端抬起，直至物块刚好沿木板下滑．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.

(1) 若缓慢抬起木板，则木板与水平面间夹角θ的正切值为多大时物块开始下滑？

(2) 若将木板由静止开始迅速向上加速转动，短时间内角速度增大至ω后匀速转动，当木板转至与水平面间夹角为45°时，物块开始下滑，则ω应为多大？

(3) 在(2)的情况下，求木板转至45°的过程中拉力做的功W.

16. (16分)如图所示，宽度为L 、足够长的匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里．绝缘长薄板MN 置于磁场的右边界，粒子打在板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后竖直分速度不变，水平分速度大小不变、方向相反．磁场左边界上O 处有一个粒子源，向磁场内沿纸面各个方向发射质量为m 、电荷量为＋q 、速度为v 的粒子，不计粒子重力和粒子间的相互作用，粒子电荷量保持不变．

(1) 要使粒子在磁场中运动时打不到绝缘薄板，求粒子速度v 满足的条件；

(2) 若v ＝qBL

m ，一些粒子打到绝缘薄板上反弹回来，求这些粒子在磁场中运动时间的最小值

t ；

(3) 若v ＝2qBL

m

，求粒子从左边界离开磁场区域的长度s.

解析版

1. 【答案】A

【解析】

解：根据万有引力提供向心力可知：

解得：

同步卫星的轨道半径大于中圆轨道卫星，则中圆轨道卫星的周期小，角速度、线速度和向心加速度均大，故A正确，BCD错误。

故选：A。

卫星绕地球球心做圆周运动，由万有引力提供向心力，由此列式分析各个量的大小。

此题考查了人造卫星的相关知识，解题的关键是根据万有引力提供向心力，列出相关量的表达式，进行判断。

2. 【答案】A

【解析】

解：冰球在受到打击时，沿打击的方向会获得一个分速度，之后冰球沿水平面的方向上，只受到与运动方向相反的摩擦力的作用，所以冰球一定做减速直线运动，运动的轨迹是直线；

冰球在受到打击时，沿打击的方向会获得一个分速度，所以合速度的方向一定在初速度方向与打击的方向之间，不能沿打击的方向，由以上的分析可知，A正确，BCD都错误；

故选：A。

冰球在受到打击时，沿打击的方向会获得一个分速度，然后由速度的合成分析即可。

该题实际上是结合动量定理考查运动的合成与分解，解答的关键是要理解冰球在受到打击时，沿打击的方向会获得一个分速度，之后冰球沿水平面的方向上做直线运动，而不会做曲线运动。

3. 【答案】B

【解析】

解：AB、仅将滑片P上移，则升压变压器的副线圈匝数变小，所以输出电压变小，则输电线上的电流变大，相应的B变压器的输入电压降低，输出电压也降低，所以L1两端电压变小。输出功率变小，则A变压器的输入功率也变小，故A错误，B正确；

CD、仅闭合S，则B变压器的负载电阻变小，输出总电流变大，输出功率变大，则升压变压器A的输入功率也变大。相应的输电线上的电流变大，输电线上损失的电压变大，B变压器的输入电压变小，输出电压也变小，即灯泡两端的电压变小，灯泡不能正常发光，故CD错误。

故选：B。

仅将滑片P上移，则升压变压器的副线圈匝数变小，所以输出电压变小，则输电线上的电流变大，相应的B变压器的输入电压降低，输出电压也降低；仅闭合S，则B变压器的负载电阻变小，输出总电流变大，输出功率变大，则升压变压器A的输入功率也变大。相应的输电线上的电流变大，输电线上损失的电压变大，B变压器的输入电压变小，输出电压也变小。

对变压器来说，要知道输入功率、输入电压、输入电流与输出功率、输出电压、输出电流之间决定关系的关系，才是解决远距离输电的问题的关键。

4. 【答案】C

【解析】

解：AB、φ-x图象的斜率大小等于电场强度，x1处和-x1处场强大小相等，方向相反，x1处和-x2处场强大小不相等，故AB错误。

CD、在x2处和-x2处电势相等，根据E p=φq知某带电粒子在x2处和-x2处电势能相等，故C正确，D错误。

故选：C。

根据φ-x图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化。根据E p=φq判断电势能的高低

本题关键要理解φ-t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，根据E p=φq判断电势能的高低。

5. 【答案】C

【解析】

解：A、从A下降到B的过程中，物块受到重力和弹簧向上的弹力，重力大于弹力，弹力逐渐增大，合力逐渐减小，加速度逐渐变小，到B点时速度达到最大，此时重力和弹簧的弹力大小相等，合力为零，故A错误。

B、从A下降到B的过程中，弹簧的弹力小于重力，物块的合力向下，合力方向与速度方向相同，物块的速度增大。

从B下降到C的过程中，弹簧的弹力大于重力，物块的合力向上，合力方向与速度方向相反，物块的速度减小，则从A下降到C的过程中，速度先增大后减小，故B正确。

C、从C上升到B的过程中，物块受到重力和弹簧向上的弹力，弹力大于重力，合力向上，合力方向与速度方向相同，则物块的速度增大，动能增大，故C错误。

D、对于物块和弹簧组成的系统，由于只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，即物块的动能、重力势能与弹性势能之和保持不变，从C上升到B的过程中，物块的动能增大，则系统的重力势能与弹性势能之和不断减小，故D错误。

故选：C。

对物块正确受力分析，结合弹力的变化情况来分析合力的变化情况，再根据合力方向与速度方向的关系，判断速度的变化情况，从而确定动能的变化情况。根据系统的机械能守恒分析系统的重力势能与弹性势能之和变化情况。

解决本题的关键要抓住弹簧弹力的可变性，判断合力的变化情况，从而判断出物块速度的变化情况。

6. 【答案】BC

【解析】

解：小球处于静止状态，则杆对小球的作用力方向在重力与绳子拉力夹角的对顶角范围内（不含水平方向），如图所示；

所以杆对小球的作用力方向可能是F2和F3，故BC正确、AD错误。

故选：BC。

小球处于静止状态，根据平衡条件确定杆对小球的作用力可能的方向。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，对应三力平衡，其中任何一个力都和另外两个力的合力平衡。

7. 【答案】AC

【解析】

解：A、物块加速运动时，由牛顿第二定律得：μmg=ma，可得：a=μg，故A正确。

B、物块加速运动的时间为：t=，故B错误。

C、整个过程中，根据动能定理得传送带对物块做的功为：W=mv2-0=mv2，故C正确。

D、物块加速运的动时间内传送带的位移为：x带=vt，物块的位移为：x物=，物块与传送带间相

对位移大小为：△x=x带-x物=，整个过程中，摩擦产生的热量为：Q=μmg△x=mv2，故D错误。故选：AC。

物块加速运动时，由滑动摩擦力产生加速度，由牛顿第二定律求得加速度，然后根据匀变速运动规律求得加速运动时间、位移，根据匀速运动的规律求出传送带的位移，从而求得物块与传送带间的相对位移，即可求得摩擦产生的热量。根据动能定理求传送带对物块做的功。

解决传送带问题，要能正确分析物块的受力情况，分析外力做功情况。要知道摩擦生热与相对位移有关。

8. 【答案】

BD

【解析】

解：AB、金属线圈经条形磁铁A、B两端时，磁通量先向上的增大后向上减小，依据楞次定律“增反减同”，导致感应电流产生的磁场方向先向下，后向上，根据右手螺旋定则可知，则I1和I2感应电流的方向先顺时针，后逆时针（从上向下），即它们的方向相反，故A错误、B正确。

CD、依据法拉第电磁感应定律，及闭合电路欧姆定律，则有：I=，即I与v成正比，故C错误，

D正确。

故选：BD。

金属线圈在下落过程中，导致穿过金属线圈的磁通量发生变化，根据楞次定律可知感应电流的方向；再通过法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，即可求解。

考查楞次定律的应用，掌握法拉第电磁感应定律的内容，同时要知道I与v成正比是解题的关键，注意要深刻理解楞次定律“阻碍”的含义。

9. 【答案】

ABD

【解析】

解：A、将小球的运动沿着水平方向和竖直方向进行分解，水平方向不受外力，故小球在水平方向一直以速度v0做匀速直线运动，故A正确。

B、小球在电场区时，受到竖直向下的重力和竖直向下的电场力，若电场力与重力大小相等，二力平衡，小球能做匀速直线运动，故B正确。

C、若场强大小为，则电场力等于mg，在电场区小球所受的合力为零，在无电场区小球匀加速运动，故经过每个电场区时小球匀速运动的速度均不等，因而小球经过每一无电场区的时间均不等，故C错误。

D、当场强大小为，电场力等于2mg，在电场区小球所受的合力大小等于mg，方向竖直向上，加速度大小等于g，方向竖直向上，根据运动学公式，有

经过第一个无电场区d=

v1=gt1

经过第一个电场区

d=v1t-gt22

v2=v1-gt2

由①②③④联立解得

t1=t2

v2=0

接下来小球的运动重复前面的过程，即每次通过无电场区都是自由落体运动，每次通过电场区都是末速度为零匀减速直线运动，因此，小球经过两电场区的时间相等，故D正确。

故选：ABD。

将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，其水平方向不受外力，做匀速直线运动，竖直方向在无电场区做匀加速运动，有电场区做匀变速运动，但加速度不同，运用速度时间关系公式分析，可以得到小球在竖直方向的运动规律。

本题将小球的运动沿水平方向和竖直方向正交分解后，对于竖直方向的运动，关键是找出小球的运动的一般规律，然后分析计算。

10. 【答案】

5.4 B d2=2ght2金属球下落过程中阻力做功

【解析】

解：（1）由图可知：游标卡尺游尺为10分度，精确度为0.1mm，主尺刻度为5mm，游尺“4”与主尺刻度对齐，所以读数为5mm+0.1×4mm=5.4mm。

（2）AB、此题需要用到重力势能变化量，故需要测量AB之间的高度，不需要知道距离地面的高度，故A 错误，B正确。

C、因为要判定mgh与mv2关系，不需要知道小铁球从A下落到B的时间t AB，故C错误。

故选：B

（3）利用小铁球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故B点速度v=，根据机械能守恒的表达式

有：mgh=mv2

可得：d2=2ght2

故只要验证d2=2ght2即可。

（4）实验中发现动能增加量△E k总是稍小于重力势能减少量△E P，可能的原因是金属球下落过程中阻力做功。

故答案为：（1）5.4，（2）B，（3）d2=2ght2，（4）金属球下落过程中阻力做功。

该题利用自由落体运动来验证机械能守恒，因此需要测量物体自由下落的高度h AB，在测量速度时我们利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，因此明白了实验原理即可知道需要测量的数据，根据机械能守恒的表达式可以求出所要求的关系式。

无论采用什么样的方法来验证机械能守恒，明确其实验原理都是解决问题的关键，同时在处理数据时，要灵活应用所学运动学的基本规律。

11. 【答案】

负×100 400 电压表内阻远大于电源内阻

【解析】

解：（1）欧姆表内阻电源负极与红表笔相连，根据电压表的使用原则“电流从正接线柱流入负接线柱流出”可知把红表笔与待测电压表负接线柱相接；

（2）选择开关拨到“×10”的欧姆挡，指针偏转角度很小，则表盘刻度很大，说明是个大电阻，所选挡位太小，为减小实验误差，应换用×100欧姆挡重新调零后测量；欧姆表示数为40×100Ω=4000Ω；

（3）由图乙结合欧姆定律得：E=（R V+R），

变形得：?R

结合图丙可得：

解得：R V=；

（4）由于电压表内阻一般几千欧，电源内阻几欧姆，电压表串联在电路中，且电压表内阻远大于电源内阻，故电源内阻可忽略不计；

故答案为：（1）负；（2）×100、4000；（3）；（4）电压表内阻远大于电源内阻。

（1）欧姆表内阻电源正极与黑表笔相连，红表笔与负极相连，电压表正接线柱应接电源正极；

（2）用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表读数等于表盘刻度乘以倍率；

（3）根据图乙和闭合电路欧姆定律写出-R的关系式，截图图丙求解R V内阻；

（4）通过比较外电路电阻也电源内阻关系作出分析判断。

本题考查测量电源表内阻，关键是熟练掌握多用电表使用方法和原则和能结合电路图和欧姆定律写出有关图象横纵轴之间关系式，结合图象求解有关问题的方法。

12. [选修3-5](12分)

（1）. 答案】

B

【解析】

解：A、阴极射线是高速电子流。故A错误。

B、原子光谱，是由原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列波长的光所组成的光谱，原子光谱都不是连续的，每一种原子的光谱都不同，遂称为特征光谱，故B正确。

C、β衰变所释放的电子是从原子核内释放出的电子，故C错误。

D、原子核的衰变是由原子核内部因素决定的，与外界环境无关，不随时间改变，故D错误。

故选：B。

阴极射线是高速电子流；氢原子核外电子发生跃迁时辐射电磁波，原子只发出几种特定频率的光；β衰变所释放的电子是从原子核内释放出的电子；半衰期的长度与元素的物理状态、化学状态无关，从而即可求解。

解决本题的关键知道β衰变的实质，关于电子的来源，是个易错的问题，注意电子来自原子核，不是核外电子，同时掌握原子核的衰变是由原子核内部因素决定的，及注意线状谱与连续谱的区别。

（2）【答案】

【解析】

解：根据c=λγ，那么光源S发出的光波最大波长：λmax=，

即要使该探测器正常工作，光源S发出的光波波长小于；

光电流等于I时，t秒产生的光电子的个数：n=，

t秒射向光电管钠表面的光子最少数目：N=。

故答案为：。

根据极限频率与极限波长关系，即可求解最长波长，以及电流的定义式分析即可求解光子数。

该题属于物理知识在日常生活中的应用，解决本题的关键掌握光频率与波长关系，知道光电子的数目与入射光的强度有关。

（3）【答案】

解：①A、B碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，

由动量守恒定律得：m1v0=（m1+m2）v，

代入数据解得：v=3m/s；

②以向左为正方向，A、B与弹簧作用过程，

由动量定理得：I=（m1+m2）（-v）-（m+1m2）v，

代入数据解得：I=-12N?s，负号表示冲量方向向右；

答：①A与B撞击结束时的速度大小v为3m/s；

②在整个过程中，弹簧对A、B系统的冲量大小I为12N?s。

【解析】

①A、B碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰撞结束时的速度大小。

②对滑块与弹簧作用过程应用动量定理求出弹簧对A、B系统的冲量大小。

本题考查了动量守恒定律与动量定理的应用，根据题意分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与动量定理可以解题，解题时注意正方向的选择。

13. 【答案】

解：（1）线圈从图示位置开始转过90°的过程中，磁通量的变化量为

△φ=BS

所用时间为

根据法拉第电磁感应定律有

则平均电动势为

（2）依据闭合电路欧姆定律，那么感应电流的平均值为

【解析】

根据法拉第电磁感应定律，求出线圈从图示位置开始到转过90°的过程的平均电动势；

依据闭合电路欧姆定律，即可求解感应电流的平均值；

根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式求出电量。

由法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势，而E=BLV可得瞬时感应电动势，同时掌握闭合电路欧姆定律的内容，注意电荷量综合表达式的推导。

14. 【答案】

解：（1）若F=25N，以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二

定律可得：

Fcosα=（m+M）a

解得：m/s2=2m/s2

（2）根据速度位移关系可得：v2=2ax

解得：v=m/s=4m/s

（3）箱包恰好不从拉杆箱上滑出时，箱包与拉杆之间的弹力刚好为零，以箱包为研究对象，受到重力和支持力作用，此时的加速度为a0，如图所示，根据牛顿第二定律可得：mgtanθ=ma0解得：a0=gtanθ=7.5m/s2

以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得：

F m cosα=（m+M）a0

解得拉力的最大值为：F m=93.75N

答：（1）若F=25N，拉杆箱的加速度大小为2m/s2；

（2）拉杆箱运动x=4.0m时的速度大小为4m/s；

（3）要使箱包不从拉杆箱上滑出，拉力的最大值为93.75N。

【解析】（1）若F=25N，以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律求解加速度大小；

（2）根据速度位移关系求解速度大小；

（3）箱包恰好不从拉杆箱上滑出时，箱包与拉杆之间的弹力刚好为零，以箱包为研究对象，根据牛顿第二定律求解临界加速度大小，再以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律求解拉力的最大值。

对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律、运动学的计算公式进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。

15. 【答案】

解：（1）物块恰好开始下滑是受力如图所示，则有：mgsin θ=μmgcos θ

解得：tan θ=μ

（2）木板转至α=45°时，由向心力公式有：

解得：

（3）由功能关系有：

其中物块线速度为：

解得：

答：（1）若缓慢抬起木板，木板与水平面间夹角θ的正切值为μ时物块开始下滑；

（2）当木板转至与水平面间夹角为45°时，物块开始下滑，则ω应为；

（3）在（2）的情况下，木板转至45°的过程中拉力做的功W 为。

【解析】（1）当物块的重力沿斜面向下的分力刚好等于最大静摩擦力时，物块即将下滑，由此求解。 （2）当木板转至与水平面间夹角为45°时，根据牛顿第二定律由重力的沿斜面分力和最大静摩擦力的合力提供所需向心力，即可求解角速度；

（3）根据功能关系，外力做的功W 等于物体的重力势能和动能增加之和；

本题考查物体做匀速圆周运动时的临界问题，涉及到做功时可利用功能关系进行处理；

16.

(1) 设粒子在磁场中运动的轨道半径为r 1，则有

qvB ＝m v

2

r 1

(2分)

如图(1)所示，要使粒子在磁场中运动时打不到绝缘薄板，应满足2r 1＜L(1分) 解得v ＜qBL

2m

(2分)

(2) 粒子在磁场中圆周运动的周期T ＝2πm

qB

(1分)

设运动的轨道半径为r 2，则有qvB ＝m v

2

r 2

(1分)

解得r 2＝L(1分)

在磁场中运动时间最短的粒子通过的圆弧对应的弦长最短，粒子运动轨迹如图(2)所示，由几何关系可知最小时间t ＝2×T

6

(1分)

解得t ＝2πm

3qB

(2分)

(3) 设粒子的磁场中运动的轨道半径为r 3，则有qvB ＝m v

2

r 3

(1分)

解得r 3＝2L(1分)

粒子在磁场中运动从左边界离开磁场，离O 点最远的粒子运动轨迹如图(3)所示，则从左边界离开磁场区域的长度

s ＝4r 3sin 60°(1分)

解得s ＝43L(2分)

答：（1）要使粒子在磁场中运动时打不到绝缘薄板，粒子速度v 满足的条件为；

（2）若v=，一些粒子打到绝缘薄板上反弹回来，这些粒子在磁场中运动时间的最小值t 为；

（3）若v=

，粒子从左边界离开磁场区域的长度s 为4

。

【解析】

（1）做出粒子在磁场中运动时恰好打不到绝缘薄板的运动轨迹，根据几何知识求解圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求解临界速度； （2）根据根据洛伦兹力提供向心力求解粒子圆周运动的半径，在磁场中运动时间最短的粒子通过的圆弧对应的弦长最短，作出运动轨迹，根据几何知识结合圆周运动的周期求解最小的运动时间；

（3）根据根据洛伦兹力提供向心力求解粒子圆周运动的半径，作出运动轨迹，根据几何知识求解粒子从左边界离开磁场区域的长度s 。

解决该题需要明确知道粒子不打到绝缘板的临界轨迹是运动轨迹和绝缘板相切，能作出粒子在磁场中运动的运动轨迹，能根据几何知识求解相应的几何长度。