2019-2020学年甘肃省临夏州临夏中学高二(上)第一次月考物理试卷(3)

必沿直线。如图所示知合力与运动方向相反，小球做匀减速直线运动。

(2)有图知电场力为：F E=mg

tanθ

=Eq

所以电场强度为：E =mg

qtanθ

。

(3)由小球受力分析图可知其所受的合外力为：F=mg

sinθ

小球做匀减速运动的加速度大小为：a=F

m =g

sinθ

设从O到最高点的路程为s。由速度和位移的关系得：0?v02=?2as

物体运动的水平距离为：l=scosθ

电场力做负功，为：W=?qEl=?1

2

mv02cos2θ。

因克服电场力做功等于电势能的增加量，则小球运动到最高点时其电势能与在O点的电势能之差为：

△E p=1

2

mv02cos2θ

答：(1)小球做匀减速直线运动；

(2)电场强度为mg

qtanθ

；

(3)小球运动到最高点时其电势能变化了1

2

mv02cos2θ。

解析：(1)因物体受重力及电场力的作用而做直线运动，故物体所受力的合力一定在运动方向的直线上，作图知合力与运动方向相反，小球做匀减速直线运动。

(2)则由力的合成可求得电场力的大小，根据F=Eq求解电场强度。

(3)根据力的合成求解合力，根据牛顿第二定律知加速度，由位移公式求得位移，即可由功的公式求得电场力的功。从而得出电势能变化。

本题有三点需要注意，一是由运动情景应能找出受力关系；二是明确功是力与力的方向上发生的位移的乘积。三是克服电场力做功等于电势能的增加量。

17.答案：

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解：(1)画出从右侧逆着电流方向的侧视图如图1所示．金属棒在重力mg，悬线拉力T，安培力F 三个力作用下处于平衡状态．

由共点力平衡条件：F=BIL=mgtanθ

B=mgtanθ

IL

(2)要求所加磁场的磁感强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值．由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向线不变，由画出的力的矢量三角形可知(图 2 )，

安培力的最小值为F min=mgsinθ.

即ILB min=mgsinθ，

所以B min=mgsinθ

IL

所加磁场的方向应平行悬线向下．

答：(1)当棒置于竖直向上的匀强磁场内．其中通以从a到b的电流I后，两悬线

偏离竖直方向θ角处于平衡状态．则磁感强度B为mgtanθ

IL

(2)为了使棒仍然平衡在该位置上，求所求磁场的磁感强度B′的最小值为mgsinθ

IL

，方向应平行悬线向下

解析：(1)通过受力分析利用共点力平衡即可求得；

(2)由矢量三角形定则判断安培力的最小值及方向，进而由安培力公式和左手定则的得到B的大小以及B的方向．

考查安培力的方向与大小如何确定与计算，知道当安培力的方向与拉力的方向垂直，安培力最小，磁感应强度最小．

18.答案：解：(1)A→B由动能定理及圆周运动知识有：

(mg+qE)?L=1

2

mv B2

F?(mg+qE)=m v B2

L

代入数据可解得：F=3N；

(2)由(1)分析得v

B =√2(mg+qE)L

m

=√2(0.05×10+5×10?4×1.0×103)

0.05

m/s=4m/s，

小球离开B点做类平抛运动，到达C点时由水平方向速度保持不变有：小球垂直撞在斜面上，故满足v C=v B

sin30o

=8m/s

根据动能定理有：W电+W G=1

2

mv c2

而W电=W G=qU，

代入数据可解得：U=1600V；

(3)挡板向右移动3.2米，小球沿速度方向运动了1.6米，

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若小球做减速运动恰好垂直打到档板，则a

=v

2

2s

=20m/s2=2g，所以要求a≤2g，F合≤2mg

设恒力F与竖直方向的夹角为α，作出小球的受力矢量三角形分析如图所示∴α≤15°(左斜向上)

若小球做匀速直线或匀加速直线运动垂直打在档板上，设恒力F与竖直向上方向的夹角为α，作出小球的受力矢量三角形分析如图所示θ≤(α+θ)<180°

0°≤α<150°(如图斜右下方)

综上：恒力F与竖直向上的夹角α(以顺时针为正)范围为?15°≤α<150°

答：(1)绳子至少受3N的拉力才能被拉断；

(2)A、C两点的电势差为1600V；

(3)当小球刚要运动至C点时，突然施加一恒力F作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移动3.2m，若小球仍能垂直打在档板上，所加恒力F与竖直向上的夹角α(以顺时针为正)范围为?15°≤α< 150°．

解析：(1)由动能定理及圆周运动知识求得绳受到的拉力大小；

(2)绳断后小球做类平抛运动，根据类平抛运动知识求得小球在C点的速度，再由动能定理求得电场力在AC过程中做的功，从而得出AC两点间的电势；

(3)根据几何关系知，挡板水平移动3.2m，则小球在速度方向运动1.6m，根据几何关系分析小球受力的方向取值范围．

本题是动能定理、类平抛运动的综合题，理清物体的运动过程中是正确解题问题的关键，中等偏难．19.答案：解：(1)在0～0.5s过程中，假设M、m具有共同加速度a1；

对整体由牛顿第二定律有：F1=(M+m)a1；

代入数据得：a1=2m/s2；

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木板M能达到的最大加速度为：a2=μmg

M =0.2×2×10

1

m/s2=4m/s2>a1；

所以M、m相对静止；

M、m之间为静摩擦力为：f=Ma1=1×2N=2N；

即：在0～0.5s内，滑块和长木板之间的摩擦力大小为2N；

(2)木板和滑块在0.5s时的速度为：v1=a1t1；

代入数据可得：v1=1m/s；

在0.5～2.0s过程中，假设M、m具有共同加速度a3，则：F2=(M+m)a3a3=5.3m/s2>a2；

则M、m相对滑动；

长木板在2.0s时的速度为：v2=v1+a2t2；

代入数据得：v2=7m/s；

以滑块为研究对象：F2?μmg=ma4；

代入数据解得：a4=6m/s2；

滑块在2.0s时的速度为：v3=v1+a4t2；

代入数据解得：v3=10m/s；

即：在2.0s时，滑块的速度为7m/s，长木板的速度为10m/s。

解析：本题考查了牛顿第二定律、物体的弹性和弹力；解决本题的关键是会根据物体的受力情况判断物体的运动情况，要掌握整体法和隔离法的运用，要明确两个物体刚要滑动时两者的静摩擦力达到最大值。

(1)先判断出在0?0.5s内滑块与木板是相对静止的．方法是：设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大，以M为研究对象，求出临界加速度，再以整体为研究对象，求出此时的拉力F，结合图象的信息分析．再对M，由牛顿第二定律求摩擦力；

(2)0.5?2.0s内滑块相对于木板滑动，分别由牛顿第二定律求出两者的加速度，再由速度公式求出各自的速度。

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