广东省中山市2019-2020学年高三(上)期末物理试卷
广东省中山市2019-2020学年高三（上）期末物理试卷
一、单选题（本大题共5小题，共20.0分）
1.甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为
计时起点，得到两车的x–t图象如图所示，则下列说法正确的是
A. t1时刻甲车从后面追上乙车
B. t1时刻两车相距最远
C. t1时刻两车的速度刚好相等
D. 0到t1时间内，乙车的平均速度等于甲车的平均速度
2.如图所示，一木块放在水平桌面上，在水平方向上共受到三个力即F1、F2和摩擦力的作用．木
块处于静止状态，其中F1=9N，F2=2N.若撤去力F1，则木块在水平方向受到的合力
为()
A. 9N，方向向左
B. 5N，方向向右
C. 2N，方向向左
D. 零
3.如图所示，将一质量为m的小球从空中O点以速度v0水平抛出，飞行一段时间
后，小球经过P点时动能E k=5mv02，不计空气阻力，则小球从O到P过程中()
A. 经过的时间为3v0
g
B. 速度增量为3v0，方向斜向下
C. 运动方向改变的角度的正切值为1
3
D. 下落的高度为5v02
g
4.等量异种点电荷的连线和其中垂线如图所示，现将一个带负电的检验电荷先
从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点．则()
A. 从a点到b点，电势逐渐升高
B. 从a点到b点，检验电荷受电场力先增大后减小
C. 从a点到c点，检验电荷所受电场力的方向始终不变
D. 从a点到c点，检验电荷的电势能先不变后增大
5.如图所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜边长为2L，高为L。在该区域内分布着如图所示
的磁场，左侧磁场方向垂直纸面向外，右侧磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B.一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿顺时针方向的感应电流为正，下列表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是()
A. B.
C. D.
二、多选题（本大题共6小题，共25.0分）
6.如图甲所示是线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时产生的交变电压图象。将该
电压加在图乙中理想变压器的M、N两端。变压器原、副线圈匝数比为5：1，电阻R的阻值为2Ω，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是()
A. 0.01s时穿过线圈的磁通量最大
B. 线圈转动的角速度为50πrad/s
C. 流过灯泡的电流方向每秒钟改变50次
D. 电流表的示数为2A
7.如图所示，由电动机带动的水平传送带以速度v=2.0m/s匀速运行，A端上方靠近传送带的料
斗中装有煤，打开阀门，煤以流量Q=50kg/s落到传送带上，煤与传送带达到共同速度后被运至B端，在运送煤的过程中，下列说法正确的是()
A. 电动机应增加的功率为100W
B. 电动机应增加的功率为200W
C. 1min内因煤与传送带摩擦产生的热为6.0×103J
D. 1min内因煤与传送带摩擦产生的热为1.2×104J
8.如图所示，a，b是两颗绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，它们距地
面的高度分别是R和2R(R为地球半径)。下列说法正确的是()
A. a、b的线速度大小之比是√2:1
B. a、b的周期之比是1:2√2
C. a、b的角速度之比是3√6:4
D. a、b的向心加速度大小之比是9︰4
9.如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度分别为B1、B2，今有
一质量为m、电量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线。则以下说法正确的是()
A. 电子的运行轨迹为PDMCNEP
B. 电子运行一周回到P用时为T=2πm
B2e
C. B1=2B2
D. B1=4B2
10.如图所示，在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场区
域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd，线框以恒定
的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框dc边始终与磁
场右边界平行，线框边长ad=L，cd=2L.线框导线的总电阻为
R.则在线框离开磁场的过程中，下列说法中正确的是()
A. ad间的电压为BLv
3
B. 流过线框横截面的电荷量为2BL2
R
C. 线框所受安培力的合力为2B2L2v
R
D. 线框中的电流在ad边产生的热量为2B2L3v
3R
11.下列说法正确的是()
A. 布朗运动虽然不是液体分子的运动，但是它可以说明分子在永不停息地做无规则运动
B. 只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数
C. 若一定质量的理想气体压强和体积都不变时，其内能可能增大
D. 若一定质量的理想气体温度不断升高时，其压强也一定不断增大
E. 若一定质量的理想气体温度升高1K，其等容过程所吸收的热量一定大于等压过程所吸收的
热量
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
12.某实验小组利用如图甲所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒．
(1)某同学用游标卡尺测得遮光条(图乙)的宽度d=______ cm；
(2)实验前需要调整气垫导轨底座使之水平，实验时将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时
器读出遮光条通过光电门所花时间为△t=1.2×10?2s，则滑块经过光电门时的瞬时速度为(用游标卡尺的测量结果计算)为______ m/s(保留二位有效数字)．
(3)在本次实验中还需要测量的物理量有：钩码的质量m、滑块上的遮光条初始位置到光电门的
距离s和______ (用文字说明并用相应的字母表示)．
(4)本实验通过比较______ 和______ 在实验误差允许的范围内相等(用测量的物理量符号表示)，
从而验证了系统的机械能守恒．
13.某学生实验小组利用图(a)所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1k”挡内部电
路的总电阻。使用的器材有多用电表；电压表：量程5V，内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值5kΩ；导线若干，回答下列问题。
(1)将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡，再将红表笔和黑表笔_________，调零。
(2)将图(a)中多用电表的红表笔和_________(填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端。
(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图(b)所示，这时电压表的示数如
图(c)所示，多用电表和电压表的读数分别为_________kΩ和_________V。
(4)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零，此时多用电表和电压表的读数分别为
12.0kΩ和4.00V，从测量数据可知，电压表的内阻R为_________kΩ。
(5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而
成的电路，如图(d)所示。根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为
_________V，电阻“×1k”挡内部电路的总电阻为_________kΩ。
四、计算题（本大题共5小题，共50.0分）
14.如图甲所示，质量M=1.0kg的长木板A静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个质量m=
2.0kg的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，对铁块施加水平向右的拉力F，F大小
随时间变化如图乙所示，4s时撤去拉力．可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相
等，取重力加速度g=10m/s2.求：
(1)0?1s内，A、B的加速度大小a A、a B；
(2)若要使小铁块B不会从长木板A上滑落，长木板至少多长；
(3)4s内摩擦力对小铁块B做的功．
15.如图所示，电源电动势E=30V，内阻r=1Ω，R1=9Ω，滑动变阻器的总电阻R x=20Ω.间距
d=0.1m的两平行金属板M、N水平放置，闭合开关K，板间电场视为匀强电场，板间竖直放置一根长也为d的光滑绝缘细杆AB，带电小球c穿过细杆，小球质量m=0.01kg、电荷量q= 1×10?3C(可视为点电荷，不影响电场的分布).调节滑动变阻器的滑片P，使小球c恰能静止在A处．重力加速度g=10m/s2．
(1)求小球的电性和M、N两极板间的电压；
(2)求滑动变阻器Pb段的阻值R2；
(3)调节滑动变阻器，使pb段的阻值R3=7.5Ω，待电场重新稳定后释放小球c，求小球c到达
杆的中点O时的速度大小．
16.如图所示，在xOy平面(纸面)内，y>0空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限空间
存在方向沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，以大小为v、方向与y轴正方向夹角θ=53°的速度沿纸面从坐标为(0,?L)的P1点进入电场中，然后
从坐标为(?2L
3,0)的P2点垂直x轴进入磁场区域，并通过坐标为(0,2√3L
3
)的P3点，最后从x轴上
的P4点(图中未画出)射出磁场。取sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：
(1)粒子通过P2点时的速度大小v2和电场强度的大小E；
(2)磁场的磁感应强度大小B；
(3)粒子从P1点运动到P4点所用的时间t。
17.如图所示，半径为R=2.5m的半圆形光滑轨道竖直固定在水平面上，底部与水平面相切于O点，
质量为m的小滑块A静止在水平面上的M点，另一质量为3m的小滑块B在水平面上向左运动，
以ν0=10m/s?的速度在M点与A发生弹性碰撞，碰撞后滑块A恰好经过半圆形轨道的最高点，飞出后又恰好击中停在水平面上的滑块B，已知滑块B与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，空气阻力不计，两滑块均可视为质点，求：
(1)碰撞后两滑块的速度；
(2)滑块A与水平面间的动摩擦因数(结果保留2位小数)。
18.汽车行驶时轮胎的胎压太高容易造成爆胎事故，太低又会造成耗油量上升．已知某型号轮胎能
在?40℃～90℃正常工作，为使轮胎在此温度范围内工作时的最高胎压不超过3.5atm，最低胎压不低于1.6atm，那么，在t=20℃时给该轮胎充气，充气后的胎压在什么范围内比较合适(设轮胎的体积不变)．
-------- 答案与解析 --------
1.答案：D
解析：
在位移?时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度；图象的交点表示位移相等，平均速度等于位移除以时间．在位移?时间图象中，斜率表示速度，要求同学们能根据图象读出有用信息，难度不大，属于基础题．
AB、甲乙两车在同一时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，由图知在t1时刻前，甲车在乙车的前面，经过时间t1位移又相等，可知在t1时刻乙车刚好从后面追上甲车，两车相遇，相距最近，故选项A、B错误；
C、在t1时刻，乙图象切线的斜率大于甲的斜率，所以乙的速度大于甲的速度，故选项C错误；
D、0到t1时间内，甲乙两车位移相等，根据平均速度等于位移除以时间可知0到t1时间内，乙车的平均速度等于甲车的平均速度，故选项D正确。
故选D。
2.答案：D
解析：
对物体进行受力分析，由力的合成可得出静摩擦力的大小；撤去拉力后，根据另一拉力与摩擦力的关系判断物体是否静止，则可求出木块受到的合力．
本题是初学摩擦力的同学易错的一个题目，解答本题应准确理解静摩擦力的定义，并能根据受力分析得出力之间的关系。
解：木块开始在水平方向受三个力而平衡，则有f=F1?F2=10N?2N=8N；
物体处于静止状态，则说明物体受到的最大静摩擦力大于8N；
撤去F1后，外力为2N，故物体仍能处于平衡，故合力一定是零，故ABC错误，D正确。
故选D。
3.答案：A
解析：
由动能定理可求解到达P点的速度大小，再结合水平和竖直方向速度的关系可求夹角，进而求解时间、高度、正切值物理量。
本综合考查了平抛运动和动能定理的应用，求解某时刻的瞬时速度是解题的关键。
AD.由动能定理mg?=1
2mv P2?1
2
mv02得到达P点时下落的高度，?=9v02
2g?
，再利用竖直方向自由落
体运动特点可知时间t=√2?
g =3v0
g
，故A正确、D错误；
B.由条件可知，速度增加量就是竖直方向的速度分量，竖直方向自由落体运动，则Vy=gt=3v0，方向是竖直向下，故B错误；
C.运动方向改变的角度的正切值为竖直方向和水平方向分量的比值为3，故C错误；
故选A。
4.答案：C
解析：
根据等量异种电荷的电场线和等势线的分布规律，中垂线是一条等势线，电场方向始终垂直中垂线且指向负电荷，由此可以分析电场力和电势能的变化．
本题要求学生了解等量同种电荷的电场线及电场特点，并判定电荷在运动过程中受力情况，从而可以判断电场受力及电荷能量变化．
A.等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，则从a点到b点，电势不变，A错误。
B.根据等量异种电荷的电场线分布规律可知，在ab线上，b处电场线最密，b处场强最大，所以从a 点到b点，检验电荷所受电场力逐渐增大，B错误。
C.从a点到c点，检验电荷所受电场力的方向始终沿b→c方向，C正确。
D.从a点到c点，电场力先不做功，后作正功所以检验电荷的电势能先不变后减小，D错误。
故选C。
5.答案：D
解析：
首先根据楞次定律判断出感应电流的方向．再分段确定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的大小与位置坐标的关系．线框的电阻一定，感应电流与感应电动势成正比。
本题关键确定线框有效的切割长度与x的关系，再结合数学知识选择图象。
线框abcd前进一个L的过程中，没有感应电流产生；线框abcd移动第二个L的过程中，根据楞次
定律可知，线框中的电流沿正方向，切割磁感线的有效长度越来越长，感应电流增大，最终等于BLv
R
；线框abcd移动第三个L的过程中，ad边、bc边都切割磁感线，ad边切割磁感线的有效长度增大，
bc边切割磁感线的有效长度减小，总有效长度始终为L，故电流一直等于BLv
R
，根据楞次定律可知，此时线圈中的电流沿负方向；线框abcd移动第三个L的过程中，线圈从磁场中穿出，根据楞次定律可知，此时线圈中的电流沿正方向，ad边切割磁感线的有效长度越来越小，最终为零．可见，只有D正确。
故选D。
6.答案：BCD
解析：解：A、由图象可知，在t=0.01s时，电压最大，此时是磁通量的变化率最大，此时穿过线圈的磁通量为零，故A错误；
B、根据图象可以知道，交流电的周期是0.04s，由ω=2π
T =2π
0.04
=50πrad/s，故B正确；
C、交流电的周期是0.04s，在每一个周期内交流电的方向改变2次，所以流过灯泡的电流方向每秒
钟改变次数：n=2
T =2
0.04
=50次，故C正确。
D、电压表读数为副线圈有效值，原线圈的电压的有效值为100V，由电压与匝数成正比可得副线圈
的电压有效值为：U2=n2n
1?U1=1
5
×100=20V，所以电压表的示数为20V；
副线圈上的电流：I2=U
R =20
2
=10A
由电流与匝数成反比得I1=n2n
1?I2=1
5
×10=2A，所以电流表读数为2A，故D正确。
故选：BCD。
电表读数为交流电有效值，不能与瞬时值混淆，输出功率也是用有效值计算P=U2I2.电流表读数可
根据公式求得。
电表读数为交流电有效值，正弦交流电有效值等于最大值的
√2
，输出功率用有效值计算。
7.答案：BC
解析：
煤流到传送带上后，在摩擦力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，摩擦力对煤做正功，对传送带做负功，传送带多做的功转化为煤的动能以及系统之间产生热量，正确分析煤块的运动情况，利用功能关系可正确解答本题。
本题考查了功能关系；牛顿第二定律。传送带问题是高中物理中的一个重要题型，解答这类问题重点做好两类分析：一是运动分析，二是功能关系分析。
设足够小的时间△t内落到传送带上煤的质量为△m，显然Q=△m/△t；这部分煤由于摩擦力f的作
用被传送带加速，由功能关系得：fs=△mv2
2
；
煤块在摩擦力作用下加速前进，因此有：s=v+0
2t=v
2
t；
传送带的位移为：s传=vt；
相对位移为：△s=s传?s=s，由此可知煤的位移与煤和传送带的相对位移相同；
因此摩擦生热为：Q=f△s=△mv2
2
；
传送带需要增加的能量分为两部分：第一部分为煤获得的动能，第二部分为传送带克服摩擦力做功
保持传送带速度．所以传送带△t内增加的能量△E为：△E=△mv2
2
+fs=△mv2；
功率：P=△E?
△t
=Qv2=200W，由此可知A错误，B正确；
由前面的分析可知单位时间内产生的热量为：Q热=Q
2
v2；
因此一分钟产生的热量为：Q
总=Q
热
t=Qv2
2
t=6.0×103J，故C正确，D错误。
故选BC。
8.答案：CD
解析：
根据万有引力提供向心力表示出线速度、角速度、周期、向心加速度，据此判断所给各量的大小关系。
考查卫星运动规律，明确各运动量与半径的关系，从而会判断各量的大小关系。
根据万有引力提供向心力得
GMm r2=
mv2
r
=mω2r=m
4π2r
T2
=ma
A.v=√GM
r
，它们距地面的高度分别是R和2R(R为地球半径).所以轨道半径是2：3，所以a、b的线
速度大小之比是√3
2
，故A错误；
B.周期T=2π√r3
GM
，所以a、b的周期之比是2√2：3√3.故B错误；
C.ω=√GM
r3
，a、b的角速度大小之比是3√3：2√2，即3√6：4，故C正确；
D.a=GM
r2
，所以a、b的向心加速度大小之比是9：4，故D正确。
故选CD。
9.答案：ABC
解析：
电子在磁场中受到洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据左手定则判断电子的绕行方向，根据周期公式分三个部分求解运动一周的时间，根据半径关系求解两磁场的关系。
本题是带电粒子在磁场中运动的问题，要求同学们能根据左手定则判断洛伦兹力的方向，能结合几何关系求解，知道半径公式及周期公式。
A.根据左手定则可知：电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运行轨迹为PDMCNEP，故A正确；
CD.由图象可知，电子在匀强磁场B1中运动半径是匀强磁场B2中运动半径的一半，根据r=mv
eB
可知，B1=2B2，故C正确，D错误；
B.电子在整个过程中，在匀强磁场B1中运动两个半圆，即运动一个周期，在匀强磁场B2中运动半个
周期，所以T=2πm
eB1+πm
eB2
=4πm
eB1
=2πm
eB2
，故B正确；
故选ABC。
10.答案：ABD
解析：
在线框离开磁场的过程中ab边切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，根据法拉第定律和欧姆定律求ad间的电压；由q=It求通过线框截面的电量；由公式F=BIL求解安培力；由焦耳定律求热量。该题是电磁感应与电路的综合，考查法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律的应用，是一道常规题，要注意题目中线框边长不等，分清楚哪个边在切割磁感线，知道各边的电阻关系。
A.线框产生的感应电动势E=2BLv，感应电流I=E
R ，ad间的电压为U=I·1
6
R=B·2Lv
R
·1
6
R=BLv
3
，
故A正确；
B.流过线框横截面的电荷量q=IΔt=ΔΦ
Δt·R ·Δt=2BL2
R
，故B正确；
C.线框所受安培力的合力F=BI·2L=4B2L2v
R
，故C错误；
D.线框中的电流在ad边产生的热量Q=I2·1
6R·L
v
=2B2L3v
3R
，故D正确。
故选ABD。
11.答案：ABE
解析：解：A、布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的无规则运动，是由颗粒周围大量的液体分子撞击引起的，所以布朗运动反映了液体分子的无规则运动，故A正确；
B、摩尔质量与分子质量之比等于阿伏加德罗常数，故B正确．
C、根据理想气体的状态方程：PV
T
=C可知，若一定质量的理想气体压强和体积都不变时，温度也不变，其内能也一定不变，故C错误；
D、根据理想气体的状态方程：PV
T
=C可知，若一定质量的理想气体温度不断升高时，其压强可能增大，可能减小，也可能不变，故D错误；
E、该气体经过等容变化后温度升高1K与其经过等压过程后温度升高1K相比，气体的内能增加量△U 相等，而前者外界做功W=0，而后者W<0时，根据热力学第一定律△U=Q?W，可知，前者气
体吸收的热量Q=△U，而后者Q>△U，E正确
故选：ABE
布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的无规则运动；根据热力学第一定律公式判断做功和吸热对内能的影响，根据理想气体状态方程判断压强的变化．
本题考查了布朗运动、阿伏伽德罗常数、热力学第一定律的应用和理想气体状态方程的利用，都是一些以及性的知识点的内容，多加积累即可．
12.答案：0.540；0.45；滑块的质量M；mgs；1
2(M+m)(d
△t
)2
解析：解：(1)主尺：5mm，游标尺：对齐的是8，所以读数为：8×0.05mm=0.40mm，故遮光条宽度d=5.40mm=0.540cm，
(2)滑块经过光电门时的瞬时速度为：
v=d
△t =0.0054
0.012
m/s=0.45m/s．
(3)(4)设遮光条前进了s，钩码的重力势能减少了mgs，系统动能增加了1
2(M+m)(d
△t
)2，
所以我们可以通过比较mgs和1
2(M+m)(d
△t
)2的大小来验证机械能守恒定律．
还需要测量的物理量有滑块的质量M．故答案为：(1)0.540
(2)0.45
(3)mgs；1
2(M+m)(d
△t
)2
游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读．通过很短时间内的平均速度等于瞬时速度去求块经过光电门时的瞬时速度．通过系统动能的增加是否等于系统重力势能的减小，来确定测量哪些物理量．
常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础．处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项．
13.答案：(1)短接(2)1(3)15.0 3.50(4)12.0(5)915.0
解析：
(1)欧姆表使用前一定要欧姆调零；
(2)红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；
(3)欧姆表读数等于倍率乘以表盘读数，伏特表读数要估读；
(4)欧姆表测量的是外电路的总电阻，由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值；
(5)由于半偏电流是满偏电流的一半，故欧姆表的中值电阻等于内电阻；根据闭合电路欧姆定律求解电动势。
本题关键是明确实验原理，会使用欧姆表和电压表测量电阻和电压，同时能结合闭合电路欧姆定律灵活地列式分析。
(1)欧姆表使用前一定要欧姆调零，即红黑表笔短接后，调节调零旋钮，使电流表满偏；
(2)多用电表的红表笔对应欧姆表内电源的负极，所以红表笔应接电压表的负接连柱，故红表笔接触2；
(3)欧姆表读数=倍率×表盘读数=1k×15.0Ω=15.0kΩ；电压表读数为3.60V；
(4)由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值，为12.0kΩ；
(5)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零，此时多用电表和电压表的读数分别为12.0kΩ和4.00V；
多用电表的中值电阻等于内电阻，故R=15.0kΩ；
由闭合电路欧姆定律I=E
R+r 和欧姆定律U=IR V可知，E=U R
V
(R+R V)，
代入数据有：E= 4.0
12000
×(12000+15000)V=9.0V，联立解得E=9V；
故答案为：(1)短接；(2)2；(3)15.0；3.60；(4)12.0；(5)9；15.0
14.答案：解：(1)在0～1s内，A、B两物体分别做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得：
μmg=Ma A
F1?μmg=ma B
代入数据得：a A=2m/s2；a B=4m/s2；
(2)当t1=1s后，拉力F2=μmg，铁块B做匀速运动，速度大小为v1，木板A仍做匀加速直线运动，
又经过时间t2，速度与铁块B相等v1=a B t1
又v1=a A(t1+t2)
解得：t2=1s；v1=4m/s
此过程中A的位移：s A=v12
2a A =16
2×2
m=4m
B的位移为：s B=1
2
×4×1m+4×1m=6m
所以长木板的长度：L=s B?s A=2m
(3)设A、B速度相等后一起做匀加速直线运动，运动时间t3=2s，共同的加速度为a，F2=(M+m)a
解得：a=2
3
m/s2
据牛顿第二定律得，二者之间的摩擦力为：f1=Ma=2
3
N
2s到4s运动的位移为：s=4×2m+1
2×2
3
×22m=28
3
m
所以在2秒内摩擦力对铁块做的功：W1=?fs B=?12J
2s到4s内摩擦力做的功为：W2=?f1?s=?56
9
J
所以4秒内摩擦力对铁块做的总功为：W=?164
9
J
答：(1)0～ls内，A、B的加速度大小a A、a B；为2m/s2和4m/s2；(2)长木板的长度至少为2m；(3)0～4s
内，摩擦力对小铁块B做的功?164
9
J.
解析：(1)分别对两物体受力分析，由牛顿第二定律可求得两物体的加速度；
(2)分析两物体的运动过程，求出速度相等的时间；则由位移公式求得两物体的位移，则位移之差为长木板的位移；
(3)先求出二者具有共同速度的位移，求出摩擦力做的功；再求出共同速度后二者之间的摩擦力及位移，再据功的定义式求摩擦力所做的功，再求4秒内功即可求解．
本题综合考查牛顿第二定律、运动学公式及功的公式等内容，要注意做好正确的受力分析及过程分析，应用牛顿第二定律及运动学公式等求解．
15.答案：解：(1)由电路图可知，金属板M为正极板；因小球静止，故小球所受电场力与重力大小相等，方向相反，电场力向上，所以小球带负电．
设小球恰能静止时M、N两极板间的电压为U，板间电场强度为E，则mg=Eq
E=U d
解得：U=10V
(2)小球恰能静止时，根据闭合电路欧姆定律有E
R1+r+R X =U
R2
解得R2=10Ω
(3)调节滑动变阻器，使Pb段的阻值R3=7.5Ω，设电场稳定时的电压为U3，则E
R1+r+R x =U3
R3
解得：U3=7.5V．
设小球c到达杆的中点O时的速度为v，则mgd
2?qU3
2
=1
2
mυ2
解得：v=0.5m/s
答：(1)小小球带负电，M、N两极板间的电压为10V；
(2)滑动变阻器pb段的阻值为10Ω；
(3)调节滑动变阻器，使pb段的阻值R3=7.5Ω，待电场重新稳定后释放小球c，小球c到达杆的中点O时的速度大小为0.5m/s．
解析：(1)对小球受力分析，因小球静止，故小球处于平衡状态，列平衡方程可求得两极板间的电压；
(2)分析电路，根据闭合电路欧姆定律可求得R X接入阻值；
(3)调节滑动变阻器，使pb段的阻值R3=7.5Ω，设电场稳定时的电压为U3，由动能定理可求得小球到达杆的中点0时的速度．
本题为电路与电场结合的题目，要求学生能正确掌握电容器的规律及电路的相关知识，能明确极板间的电压等于与之并联的电阻两端的电压．
16.答案：解：(1)粒子的运动轨迹如图所示，
粒子通过P2点时的速度大小为：v2=vcosθ，设粒子从P1点运动到P2点所用的时间为t1，
粒子做类平抛运动，则：L=v2t1，2L
3=1
2
at12，其中：a=qE
m
，
解得：v2=3
5v，E=12mv2
25qL
；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹圆的半径为r，
由几何知识得：r2=(r?2L
3)2+(2√3L
3
)2，
根据牛顿第二定律有：qv2B=m V22
r
，
解得：B=9mv 20qL
；
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：T=2πr
v2
，
粒子在磁场中运动的时间为：t2=T
2
，
由(1)可得：t1=5L
3v
，
又：t=t1+t2
解得：t=5L(3+4π)
9v
；
答：(1)粒子通过P2点时的速度大小v2为3
5v，电场强度的大小E为12mv2
25qL
；
(2)磁场的磁感应强度大小B为9mv
20qL
；
(3)粒子从P1点运动到P4点所用的时间t为5L(3+4π)
9v
。
解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出粒子速度与电场强度。(2)粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意求出粒子轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出磁感应强度。
(3)根据粒子运动过程求出粒子在电场与磁场中的运动时间，然后求出总的运动时间。
本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律即可解题。
17.答案：解：
(1)设A、B碰后二者的速度分别为：v1、v2。
由于二者发生弹性碰撞，故机械能及动量均守恒，故有：