2022-2023学年安徽省宣城市高三（上）期末物理试卷及答案解析

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年安徽省宣城市高三（上）期末物理试卷1.2022年11月29日神舟十五号载人飞船发射成功，神舟十五号航天员乘组与神舟十四号航天员乘组将进行在轨轮换，神舟十五号载人飞行任务也将持续约6个月，包括多次出舱任务，中国空间站在距地面高度约为2400km的轨道上绕地球做匀速圆周运动。则下列说法正确的是(    )A.神舟十五号飞船的发射速度大于第二宇宙速度B.航天员在空间站处于完全失重状态，不受地球的重力作用C.若已知空间站在轨运行周期、环绕速度及引力常量，则可估算出地球的质量D.出舱时，航天员与连接空间站的安全绳若脱落，航天员会做离心运动飞离空间站2.小明同学在学习过程中非常喜欢总结归纳，如图是他学习运动学时用来描述多种物理情景的图像，其中纵轴和横轴的截距分别为A和B，在如图所示的可能物理情景中，下列说法正确的是(    )A.若为x−t图像，则物体的运动速度可能在减小B.若为v−x图像，则一定做匀变速直线运动C.若为a−t图像且物体初速度为零，则最大速度出现在B2时刻D.若为a−x图像且物体初速度为零，则物体的最大速度为AB3.如图为氢原子的发射光谱，Hα、Hβ、Hγ、Hδ是其中的四条光谱线，已知普朗克常量h=6.63×10−34J⋅s、真空中光速c=3×108m/s，可见光的波长400nm−700nm之间，则下列说法正确的是(    )A.该光谱由氢原子核能级跃迁产生B.Hα谱线对应光子的能量最大C.Hγ谱线对应的是可见光中的红光D.Hβ谱线对应光照射逸出功为2.25eV的金属钾，该金属钾可以发生光电效应4.A、B汽缸的水平长度为l，截面积均为S，C是可在汽缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D为阀门，整个装置均由导热材料制成且环境温度恒定，开始阀门关闭，A内有压强为2p的氮气，B内有压强为p的氧气，阀门打开后，活塞C向右移动，最后达到平衡。A、B汽缸连接处细管体积忽略不计，且气体可看作理想气体。下列说法正确的有(    )A.平衡后A气缸内的压强为3p2B.活塞C向右移动了l2C.A气缸内气体要对外做功，内能减少D.若B气缸抽成真空，打开阀门D，A气缸中气体要对外做功，要从外界吸热5.如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管连接，电源负极接地。初始电容器不带电，闭合开关，电路稳定后，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法不正确的是(    )A.将下极板上移，则P点的电势降低B.将上极板下移，则带电油滴在P点的电势能增大C.减小极板间的正对面积，P点的电势升高D.减小极板间的正对面积，带电油滴将向上加速运动6.波源位于坐标原点的简谐横波t=0时刻开始沿x轴正方向传播，t=0.4s时的波形图如图所示，此时振动刚传到x=0.2m处。a、b、c、d是介质中平衡位置分别为x=0.08m、x=0.12m、x=0.15m、x=0.45m的四个质点，下列说法正确的是(    )A.t=0.4s时，质点b与质点a加速度方向相同B.t=0.4s时，质点b与质点a速度方向相同C.t=0.6s时，质点c到达平衡位置D.t=1.0s时，质点d第一次到达波谷7.如图甲所示，粗糙、绝缘的水平地面上，一质量m=2kg的带负电小滑块(可视为质点)在x=1m处以v0=1.5m/s的初速度沿x轴正方向运动，滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.05。整个区域存在沿水平方向的电场，滑块在不同位置所具有的电势能Ep如图乙所示，P点是图线最低点，虚线AB是图像在x=1m处的切线，取g=10m/s2，下列说法正确的是(    )A.x=3m处的电势最低B.滑块向右运动过程中，速度始终减小C.滑块运动至x=3m处时，速度大小为52m/sD.滑块向右一定可以经过x=4m处的位置8.如图甲，平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面内，导轨光滑且足够长，两导轨间距L=0.4m，电阻忽略不计，其间接有R=0.2Ω的电阻。垂直导轨放置质量m=0.2kg、电阻r=0.2Ω的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B=0.4T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。现用水平向右的外力F拉金属杆ab，使之由静止开始做加速运动，电压传感器工作电流很小，可忽略不计，它可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电压U随时间t变化的关系图像如图乙，图线为过原点直线。运动过程中，ab与导轨始终垂直且接触良好，下列说法正确的是(    )A.金属杆做匀加速运动且加速度大小为2.5m/s2B.第2s末外力F的瞬时功率为0.82WC.0～2s内金属杆上产生的焦耳热为0.4JD.若1.6s末撤去外力，则杆ab还能运动12.5m9.某实验小组做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。(1)具体操作前，同学们提出了如下关于实验操作的建议，其中正确的有______。A.橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上B.重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同C.使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线；读数时视线应正对测力计刻度D.用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计时的拉力(2)按照正常实验操作，图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是______。(3)若保持弹簧测力计F1的拉力方向不变，并适当减小F1的大小，为保证结点的位置不变且两细绳的夹角始终小于90°，弹簧测力计F2的拉力应______(填“增大”“减小”或“不变”)。10.某学习小组根据图1的电路连接器材来探究导体的电阻与其影响因素的定量关系。可供选择的器材如下：电源E(电动势3V，内阻未知)：电流表A(量程为0.3A，内阻未知)；电压表V1(量程为3V，内阻未知)：电压表V2(量程为10V，内阻未知)：滑动变阻器R(最大阻值为30Ω)。实验时多次改变合金丝甲接入电路的长度L，调节滑动变阻器的阻值，使电压表的读数U达到某一相同值时记录电流表的示数I，从而得到多个IU的值，作出IU−1L图像，如图3中的图线a所示。(1)本实验选用电压表为______(填“V1”或“V2”)。(2)在某次测量时，电流表的指针位置如图2所示，则读数I=______A。(3)已知合金丝甲的横截面积为S，图3中图像a的斜率为k、截距为d，则合金丝甲的电阻率ρ=______，选用的电压表内阻RV=______(用已知物理量的字母表示)。(4)图3中图线b是另一根长度相同、横截面积相同的合金丝乙采用同样的方法获得的IU−1L图像，由图可知合金丝乙的电阻率______合金丝甲的电阻率(选填“大于”、“等于”或“小于”)。11.节约用水是美德，假设有一个水龙头竖直向下流水，水龙头横截面积为S0，水流初速度为v0，水的密度为ρ，重力加速度为g。(1)生活中我们观察到水柱越往下越细，推导水柱横截面积S与下落高度h间的关系。(2)现让水龙头竖直向上喷水，利用水的冲击力托举一个质量为M的平板，认为水撞击到平板之后速度立刻减为0，且平板底面积大于水柱截面积，求平板稳定时相距水龙头的高度H。12.图所示的坐标系中，在y>0的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场，在y<0的空间中存在方向垂直xOy平面(纸面)向外的匀强磁场，在y轴的负半轴上的y=−l处固定一个与x轴平行的足够长的弹性绝缘挡板。一带电荷量为+q、质量为m的粒子，从y轴上y=1.5l处的点P1以初速度v0沿x轴正方向射出；粒子从x轴上x=3l的点P2进入磁场，并恰好能垂直撞击在挡板上。粒子撞击挡板前后的能量、电荷量和质量都不损失，不计粒子的重力。求：(1)匀强电场的电场强度E的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)粒子从P1出发到第3次与挡板碰撞所经历的时间。13.如图(a)所示，质量m1=4.0kg的绝缘木板A静止在水平地面上，质量m2=2.0kg可视为质点的带正电的小物块B放在木板A上某一位置，其电荷量为q=2.0×10−3C。空间存在足够大的水平向右的匀强电场，电场强度大小为E1=5.0×102V/m。质量m3=2.0kg的滑块C放在A板左侧的地面上，滑块C与地面间无摩擦力，其受到水平向右的变力F作用，力F与时刻t的关系为F=7t(如图b)。从t0=0时刻开始，滑块C在变力F作用下由静止开始向右运动，在t1=3s时撤去变力F。此时滑块C刚好与木板A发生弹性正碰，且碰撞时间极短，此后整个过程物块B都未从木板A上滑落。已知小物块B与木板A接触面及木板A与地面间的动摩擦因数均为μ=0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)撤去变力F瞬间滑块C的速度大小v1；(2)小物块B与木板A刚好共速时的速度v共；(3)整个过程中AB接触面产生的摩擦内能。答案和解析1.【答案】C 【解析】解：A、神舟十五号飞船的发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故A错误；B、航天员在围绕地球做匀速圆周运动的空间站中处于完全失重状态，人仍受重力的作用，重力正好充当向心力，故B错误；C、设空间站在轨运行周期为T、环绕速度为v及引力常量G，根据万有引力提供向心力，有GMmr2=m4π2T2r，又有v=2πrT，可得地球的质量M=v3T2πG，故C正确；D、出舱时，航天员与连接空间站的安全绳若脱落，所受的万有引力刚好提供向心力，所以航天员继续做同轨道的匀速圆周运动，而不会做离心运动飞离空间站，故D错误。故选：C。神舟十五号飞船的发射速度小于第二宇宙速度。航天员在空间站处于完全失重状态，仍受地球的重力作用。根据万有引力提供向心力列式，可由空间站在轨运行周期、环绕速度及引力常量估算出地球的质量。出舱时，航天员与连接空间站的安全绳若脱落，航天员继续做同轨道的匀速圆周运动。解决本题的关键要掌握万有引力提供向心力这一思路，通过列式计算地球的质量。2.【答案】D 【解析】解：A.若为x−t图像，其斜率表示速度，则物体速度保持不变，故A错误；B.若为v−x图像，假设物体做匀变速直线运动，则有2ax=v2−v02即对于匀变速直线运动，其v−x图像不可能是一次函数图像，故B错误；C.若为a−t图像且物体初速度为零，则图像与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，所以物体的最大速度为vmax=Δv=AB2出现在t=B时刻，故C错误；D.若为a−x图像且物体初速度为零，由动能定理有12mvmax2−0=∑F⋅x=m∑ax=m⋅AB2即vmax2=AB所以物体的最大速度为vmax=AB故D正确。故选：D。x−t图像，其斜率表示速度；若为v−x图像，2ax=v2−v02，v−x图像不可能是一次函数图像；由动能定理，求最大速度。本题解题关键是能够结合物理公式，分析图象斜率以及图象的线性关系，并根据动量定理求出最大速度。3.【答案】D 【解析】解：A.氢原子的发射光谱是由氢原子核外电子的跃迁产生，故A错误；B.Hα谱线波长最长，频率最小，根据E=hν，可知光子能量最小，故B错误；C.可见光的波长介于400nm−700nm之间，而且红光、橙光波长较长，应该靠近700nm，蓝光、紫光波长较短，应该靠近400nm，故H γ谱线对应的不是可见光中的红光，故C错误；D.根据E=hν=hcλ=6.63×10−34×3×108486.1×10−9J≈0.041×10−17J≈2.56eV，可知Hβ谱线对应的光子能量2.56eV大于金属钾的光电子逸出功2.25eV，所以该金属钾可以发生光电效应，故D正确。故选：D。氢原子的发射光谱是由氢原子核外电子的跃迁产生的；根据谱线得出波长的大小和频率的大小，结合能量子的计算公式得出光子能量的大小；根据不同颜色的光的波长关系得出谱线对应的光的颜色；根据光电效应方程结合光电子的能量分析出能否产生光电效应。本题主要考查了光电效应的相关应用，理解玻尔理论，结合能量子的计算公式和光电效应方程即可完成分析。4.【答案】A 【解析】解：AB.设阀门打开后活塞向右移动的距离为x，最后达到平衡时A、B中的压强为p′，则对A气体运用玻意耳定律有：2plS=p′(l+x)对B气体运用玻意耳定律有：plS=p′(l−x)S联立可得：p′=32p，x=l3，故A正确，B错误；C.由于整个装置均由导热材料制成且环境温度恒定，所以气体温度保持不变，由于一定量的理想气体的内能仅仅与温度有关，则气体内能不变，故C错误；D.若B气缸抽成真空，打开阀门后，A气缸中气体膨胀过程对外不做功，即W=0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可得Q=ΔU=0，故D错误。故选：A。整个装置均由导热材料制成，活塞C向右移动时，两气缸内气体均发生等温变化，平衡后两部分气体的压强相等．根据玻意耳定律，结合关系条件求解．结合内能的有关因素判断；根据热力学第一定律分析吸放热情况．本题采用是的隔离法分别对两部分气体用玻意耳定律研究，同时要抓住两部分气体的相关条件，如压强关系、体积关系等等．5.【答案】B 【解析】解：AB.将上极板下移，或者将下极板上移，两极板间距d减小，根据电容器电容的决定式C=εrS4πkd可知，电容增大，两极板间电压不变，根据公Q=CU可知电容器电量增大，根据电场强度与电势差的关系E=Ud可知，内部电场强度增大，将上极板下移，P点和下极板间距不变，电势差增大，则P点电势升高；将下极板上移，P点到上极板距离不变，所以P点与上极板电势差增大，由于两极板间电压不变，所以上极板电势不变，因此P点的电势降低，故A正确，B错误；CD.根据公式C=εrS4πkd可知减小极板间的正对面积，电容减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器的带电量不能减小，根据电容的定义式C=QU可知两极板间的电压升高，根据公式U=Ed可知电容器内部的电场强度增加，液滴受电场力大于重力，将向上运动；P点与下极板间的距离保持不变，P点与下极板间的电势差增大，所以P点的电势升高，故CD正确。本题选错误的，故选：B。先根据电容的决定式得出电容的变化趋势，假设电荷量不变，根据电荷量的表达式得出电荷量的变化趋势，如果电荷量增加或不变，则假设成立，如果电荷量减小，则因为二极管的单向导电性，电容器的电荷量保持不变，根据电容的计算公式和场强的计算公式重新分析，结合题目选项完成解答。本题主要考查了电容器的动态分析问题，熟悉电容的计算公式，结合场强的计算公式，特别要注意二极管的单向导电性即可完成分析。6.【答案】BD 【解析】解：A.质点加速度的方向均指向平衡位置，根据题意可知t=0.4s时质点a的加速度方向沿y轴负方向，质点b的加速度方向沿y轴正方向，故A错误；B.由于波沿x轴正方向传播，根据同侧法可知，质点a、b均向上振动，故B正确；C.根据波形图可知，波长和周期分别为λ=0.2m；T=0.4s因此波速为v=λT=0.20.4m/s=0.5m/s当t=0.6s时，即再经过半个周期，质点c应从负向最大位移处到达正向最大位移处，故C错误；D.到t=1.0s时刻，质点d振动的时间为t′=t−xv=1.0s−0.450.5s=0.1s即14T，由于介质中质点均沿y轴负方向起振，则到t=1.0s时刻，质点d第一次到达波谷，故D正确。故选：BD。根据图像得出质点的位移，结合位移和加速度的关系得出不同质点的加速度方向；根据同侧法分析出不同质点的速度方向；根据波速的计算公式得出波速的大小，结合水平方向上的运动特点得出质点的位置。本题主要考查了简谐横波的相关应用，理解简谐横波在不同方向上的运动特点，结合运动学公式即可完成分析。7.【答案】BC 【解析】解：A、滑块在x=3m处电势能最低，因为滑块带负电，所以x=3m处的电势最高，故A错误；B、Ep−x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在x=1m处所受电场力大小为F=Epx=3−12N=1N滑块所受滑动摩擦力大小为f=μmg=0.05×2×10N=1N在1～3m区间内，滑块所受电场力与滑动摩擦力方向相反，且不断减小，则滑块所受合外力方向与速度方向相反；在x=3m之后，滑块所受电场力与滑动摩擦力同向，且不断增大，则滑块所受合外力方向也与速度方向相反。综上所述可知滑块向右运动过程中，速度始终减小，在x=1m处速度最大，故B正确；C、滑块从x=1m到x=3m运动过程中根据动能定理有：W电−Wf=12mv2−12mv02解得速度v=52m/s，故C正确；D.滑块在x=1m处的电势能与在x=4m处的电势能相等，根据能量守恒定律，若滑块能够经过x=4m处，则应满足12mv02≥fΔx根据题中数据可知实际情况并不满足上式，所以滑块一定无法经过x=4m处的位置，故D错误。故选：BC。滑块在x=3m处电势能最低，因为滑块带负电，所以x=3m处的电势最高，Ep−x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，结合摩擦力可知速度的变化情况；根据能量守恒定律判断滑块是否到达x=4m处的位置。本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握电势能与电势的关系，注意Ep−x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小。8.【答案】AD 【解析】解：A、由图乙可得：U−t图象的斜率k=0.42V/s=0.2V/s，则U=kt=0.2t设金属杆的运动速度为v时，路端电压为U，则有：U=IR=RR+r⋅E=BLRvR+r联立解得：v=k(R+r)BLR⋅t因为速度与时间成正比，所以金属杆做匀加速直线运动，加速度为：a=k(R+r)BLR代入数据解得：a=2.5m/s2，故A正确；B、t=2s时，金属杆的速度为：v=at=2.5×2m/s=5m/s金属感受到的安培力为：F安=BIL=B2L2vR+r，代入数据解得：F安=0.32N；根据牛顿第二定律可得：F−F安=ma，解得：F=0.82N故第2s未外力F的瞬时功率为：P=Fv=0.82×5W=4.1W，故B错误；C、金属杆中的电流为：I=UR=0.2t0.2=0.1t(A)可知2s时的瞬时电流为I2=2A，0～2内电流的平均值为I−=0+22A=1A由于电流随时间变化，要计算0～2s内金属杆上产生的焦耳热需要代入0～2s内电流的有效值，而不是代入电流平均值，即：Q=I有效2Rt≠I−2Rt=12×0.2×0.2J=0.4J，故C错误；D、若t′=1.6s末撤去外力，此时金属杆的速度为：v′=at′=2.5×1.6m/s=4m/s撤去后到金属杆停下的过程，取向右为正方向，根据动量定理可得：−BI′−LΔt=0−mv′其中：I′−Δt=E−R+rt=ΔΦR+r=BSR+r=BLxR+r联立解得：x=12.5m，故D正确。故选：AD。由图乙得到金属杆的速度随时间的变化情况，由此得到加速度大小；求出t=2s时金属杆的速度，根据牛顿第二定律求解拉力，根据P=Fv求解第2s未外力F的瞬时功率；计算0～2s内金属杆上产生的焦耳热需要代入0～2s内电流的有效值，而不是代入电流平均值；根据动量定理求解位移。对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据电路连接情况，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。9.【答案】BC F′ 增大 【解析】解：(1)A.橡皮条不一定要和两绳套夹角的角平分线在一条直线上，故A错误；B.重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同，故B正确；C.使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线；读数时视线应正对测力计刻度，故C正确；D.用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力不一定都小于只用一个测力计时的拉力，故D错误。故选：BC。(2)图乙中F是根据平行四边形法则得到的力F1和F2的合力的理论值；F′是用一个弹簧秤拉橡皮筋时的拉力，方向一定沿AO方向，是力F1和F2的合力的实际测量值；(3)若保持弹簧测力计F1的拉力方向不变，并适当减小F1的大小，为保证结点的位置不变即合力不变，且两细绳的夹角始终小于90°，作出平行四边形如图，可见弹簧测力计F2的拉力应增大。故答案为：(1)BC；(2)F′；(3)增大。(1)根据验证平行四边形定则的正确操作步骤作答；(2)根据平行四边形定则作出的为合力的理论值，单独用一个弹簧测出的F为合力的实际值；(3)保持弹簧测力计F1的拉力方向不变，并适当减小F1的大小，作出力F2的动态变化图，然后作答。本题考查“验证力的平行四边形定则”的实验，实验的原理为等效替代法；在作力的动态变化时，要保证合力不变、分力F1的方向不变。10.【答案】(1)V1(2)0.160 (3)Sk；1d (4)小于 【解析】解：(1)电源的电动势为3V，所以选择量程为3V的电压表V1；(2)电流表的分度值为0.01A，电流表读数为0.160A；(3)根据电阻定律，合金丝的电阻R=ρLS根据欧姆定律，通过电压表的电流IV=URV通过合金丝的电流Ix=I−IV=I−URV根据欧姆定律，得合金丝电阻R=UIx联立解得：IU=Sρ⋅1L+1RV根据题意：斜率k=Sρ，截距d=1RV所以合金丝的电阻率ρ=Sk电压表的内阻RV=1d(4)由图3可知，合金丝乙的斜率大，根据ρ=Sk可知，乙的电阻率小。故答案为：(1)V1；(2)0.160；(3)Sk；1d；(4)小于。分析：(1)根据电源电动势选择电压表；(2)电流表的分度值为0.01A，要估读到下一位；(3)根据电阻定律、欧姆定律结合并联定律电流特点，求解IU−1L函数的表达式；再结合图像斜率和截距的含义求解电阻率和电压表内阻；(4)根据电阻率表达式作答。本题的难点在于根据电阻定律、欧姆定律结合并联定律电流特点，求解IU−1L函数的表达式。11.【答案】解：(1)设下落高度h处的水流速度为v，从水管中流出的水量是一定，则水流流量为：Q=v0S0=vS则可得：v=v0S0S又由匀加速直线运动规律可得：v2−v02=2gh故有：(v0S0S)2−v02=2gh解得：S=v0S0v02+2gh即水柱横截面积S与下落高度h间的关系为：S=v0S0v02+2gh(2)设Δt时间内Δm的水冲击到平板下方，S1是平板的面积，v1是水撞击平板前的速度，则：Δm=ρv1Δt⋅S1=ρv0Δt⋅S0解得：S1=v0S0v1取竖直向上方向为正方向，水撞击到平板的过程对水应用动量定理：−FΔt=0−Δmv1对平板分析，平板受力平衡，故有：F=Mg则有：MgΔt=ρv1ΔtS1⋅v1=ρv1Δt⋅v0S0v1⋅v1解得：Mg=ρv1v0S0进而解得：v1=Mgρv0S0又因为水柱的加速度竖直向下(与所取正方向反向)，结合匀变速直线运动规律可得：v12−v02=−2gHH=v02−v122g=v022g−(Mgρv0S0)22g=v022g−M2g2ρ2v02S02即平板稳定时相距水龙头的高度：H=v022g−M2g2ρ2v02S02答：(1)水柱横截面积S与下落高度h间的关系为：S=v0S0v02+2gh(2)平板稳定时相距水龙头的高度为(v022g−M2g2ρ2v02S02) 【解析】(1)从水管中流出的水量是一定，据此可推导水柱横截面积S与下落高度h间的关系；(2)由题可知，水冲击到平板之后，速度立刻减为零，根据动量定理即可求出水的冲击力，再根据平板受力平衡可知，水的冲击力等于平板的重力，根据匀变速直线动规律即可求解。本题考查动量定理。解题关键是能够正确的判断矢量的方向，灵活运用匀速变速直线运动的公式。12.【答案】解：(1)粒子在电场中做类平抛运动，若经历的时间为t1，由类平抛规律，竖直方向有：1.5l=12at12水平方向有：3l=v0t1竖直方向的加速度：a=Eqm解得E=mv02ql，t1=3lv0(2)设粒子进入磁场时的速度方向与y轴的夹角为θ，则有：tanθ=v0vy，vy=at1解得：tanθ=33，即θ=30°粒子在磁场中做匀速度圆周运动，有：r=mvqBv=v02+vy2由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆心恰好在y轴上，所以：lr=12解得：B=mv0ql(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2πmqB所以粒子从x轴运动到第一次与挡板碰撞的时间：t2=112T=πl6v0由几何关系知，粒子从P1出发到第3次与挡板碰撞所经历的时间为t=5t1+5t2=53lv0+5πl6v0答：(1)匀强电场的电场强度E的大小为mv02ql；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小为mv0ql；(3)粒子从P1出发到第3次与挡板碰撞所经历的时间为53lv0+5πl6v0。 【解析】(1)根据粒子在电场中做类平抛运动的规律，结合粒子的出发点的坐标求出电场强度的大小；(2)根据电场中末速度方向、几何关系等求出粒子做匀速圆周运动的半径，由洛伦兹力提供向心力求磁感应强度的大小；(3)分别求出粒子在电场和磁场中的时间，相加即为所求。本题是带电粒子在电场中做类平抛运动后进入磁场做匀速圆周运动的实例，只是由于反弹的特殊情况，导致在两场运动的周期性，求时间时要注意分段进行。13.【答案】解：(1)在F作用的3s内，对滑块C，由动量定理得IF=m3v1−0由F−t图像围成的面积可得：IF=212×3N⋅s=31.5N⋅s代入得到：v1=15.75m/s(2)设C、A碰后瞬间速度大小分别为vC和vA，取向右为正方向，A、C系统碰撞过程动量守恒，得m3v1=m3vC+m1vAA、C发生弹性碰撞，动能不变，则：12m3v12=12m3vC2+12m1vA2代入数据，解得：vA=10.5m/sA、C碰撞后，对B受力分析，根据牛顿第二定律有：qE1+μm2g=m2a2代入数据得：a2=1.5m/s2对A受力分析，根据牛顿第二定律有：−μm2g−μ(m1+m2g=m1a1代入得：a1=−2m/s2设碰后经t2时间A、B共速，则v共=vA+a1t=a2t2解得：t2=3s，v共=4.5m/s(3)从A被碰后到A、B刚好共速过程中，有：xA=v共+vA2⋅t2，xB=v共+02⋅t2所以此过程B相对A向左滑行：Δx=xA−xB代入数据得到：Δx=15.75m此后，假设B、A减速时发生相对滑动，则对B受力分析，根据牛顿第二定律有：qE1−μm2g=m2a4代入数据得：a4=−0.5m/s2对A受力分析，根据牛顿第二定律有：μm2g−μ(m1+m2)g=m1a3代入数据得：a3=−1m/s2因为|a3|>|a4|，故假设成立，A减速快，B将相对A向右滑动，直到都停止．此过程它们的位移分别为：xA′=0−v共22a3，xB′=0−v共22a4则此过程B相对A向右滑行：Δx′=xB′−xA′代入数据得：Δx′=10.125m则整个过程中AB接触面上产生的摩擦内能：Q1=μm2g(Δx+Δx′)代入数据得：Q1=51.75J答：(1)撤去变力F瞬间滑块C的速度大小v1为15.75m/s；(2)小物块B与木板A刚好共速时的速度v共为4.5m/s；(3)整个过程中AB接触面产生的摩擦内能为51.75J。 【解析】(1)根据动量定理结合F−t图像中图像与横轴围成的面积计算出滑块C的速度；(2)根据C、A发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰撞后C、A的速度。再对A、B根据牛顿第二定律，结合速度—时间公式计算出共同速度；(3)根据运动学公式求出A、B两物体在共速前后的位移，结合最初的位置关系计算AB的相对位移，再由摩擦生热的公式求内能。本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，分析过程中主要涉及到了板块模型的应用，根据牛顿第二定律分析出加速度，结合运动学公式完成分析，分析的对象众多，过程繁杂，整体难度中等偏上。