【文档说明】浙江省宁波市北仑中学2019-2020学年高二下学期6月月考物理试题 【精准解析】.doc，共(21)页，1.241 MB，由小赞的店铺上传

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北仑中学2019学年第二学期高二年级月考物理试卷一、单项选择题（每小题3分，共30分）1.两个质点A、B放在同一水平面上，从同一位置沿相同方向做直线运动，其运动的v-t图象如图所示.对A、B运动情况的分析，下列结论正确的是A.在6s末，质点A的加速度大于质点B的加速度B.在

0-12s时间内，质点A的平均速度为76msC.质点A在0－9s时间内的位移大小等于质点B在0－3s时间内的位移大小D.在12s末，A、B两质点相遇【答案】A【解析】【详解】A、根据v-t图象中图线的斜率表示加速度，斜率绝对值越大，加速度越大，可知质点A在6s末的加速度是13

m/s2，质点B在6s时末的加速度是2431a/1239Bms−==−，所以A的加速度较大，故A正确；B、在0～12s时间内，质点A的位移为1614310.522xmmm+=+=，平均速度为10.57//128xvmsmst===，故B错误；

C、质点A在0－9s时间内的位移大小1632Axmm==，质点B在0－3s时间内的位移大小13362Bxmm+==，故C错误；D、在12s末，A、B两质点相距的距离等于它们的位移之差，为13341614(39)

(3)272222BAsxxmmm+++=−=+−+=，故D错误．【点睛】在速度-时间图象中，图线的斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移；根据几何关系求出质点A、B在0～12s内的位移，再由位移与时间之比求其平均速度，根据位移关系分析何时两质点相

遇．2.如图所示，一只猫在桌边猛地向右将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．则在上述过程中()A.鱼缸对桌布的摩擦力方向向右B.鱼缸对桌面的摩擦力方向向左C.若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面D.若猫增大拉力，鱼缸有可能滑出桌面【答案】C【解析】【详解】A．桌布向右拉出时，鱼缸相对

于桌布有向左的运动，故鱼缸受到的摩擦力向右，鱼缸对桌布的摩擦力方向向左，故A错误；B．鱼缸和桌面接触时，鱼缸对桌面的摩擦力方向向右，故B错误；CD．猫减小拉力时，桌布在桌面上运动的加速度减小，则运动时间变长；因此鱼缸加速时间变长，桌布抽出时的位移以及速度均变大，则有可能滑出

桌面；故C正确，D错误；故选C。3.如图所示，位于同一高度的小球A、B分别以v1和v2的速度水平抛出，都落在了倾角为30°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则v1、v2之比为()A.1∶1B.2∶1C.2∶3D.3∶2【答案】D【解析】【详解】小球A做平抛运动，根据

分位移公式，有：x=v1t，竖直位移：212ygt=，又有：tan30yx=，联立可得：132vgt=小球B恰好垂直打到斜面上，则有：2tan30vgt=，可得：233vgt=所以有：v1：v2=3：2．A．1∶1．故A不符合题意．B．2∶1．故B不符合题意．C．2∶3．故C

不符合题意．D．3∶2．故D符合题意．4.如图所示，一倾斜的匀质圆盘垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴距离0.1m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为32

。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面间的夹角为30°，g取10m/s2。则ω的最大值是（）A.25rad/sB.5rad/sC.55rad/sD.2.5rad/s【答案】B【解析】【详解】当物体转

到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得2cos30sin30mgmgmr−=解得5rad/s=ACD错误B正确。故选B。5.如图，河流宽度为30m，水流的速度大小为4m/s，在距河岸P处下游40m处有一

瀑布，一小船从P处出发，为了能安全抵达对岸，船在静水中的速度至少为（）A.5m/sB.3m/sC.2.4m/sD.3.2m/s【答案】C【解析】【详解】设小船到达危险水域前，恰好到达对岸，则其合位移方向如图所示，设合位移方向与河岸的夹角为，由几何关系得303tan404==小船的合速度方

向与合位移方向相同，根据平行四边形定则知，船静水中的速度至少为min23sin4m/s2.4m/s5vv===故选C。6.“太空电梯”的概念最初出现在1895年，由康斯坦丁·齐奥尔科夫斯基提出。如今，目前世界上已知的强度最高的材料—石墨烯的发现使“太空电梯”制造成为可能，人类

将有望通过“太空电梯”进入太空。设想在地球赤道平面内有一垂直于地面并延伸到太空的轻质“太空电梯”，如图所示，假设某物体b乘坐太空电梯到达了图示位置并相对电梯静止，与同高度运行的卫星a、更高处同步卫星c相比较。下列说法正确的是（）A.a

与b都是高度相同的人造地球卫星B.b的线速度小于c的线速度C.b的线速度等于a的线速度D.b的加速度大于a的加速度【答案】B【解析】【详解】A．ａ是人造地球卫星，b是随地球自转的物体，A错误；B．ｂ与c的角速度相同，

但b的运动半径小于c的运动半径，所以b的线速度小于c的线速度，B正确；CD．b与地球相对静止，具有相同的角速度，a和b运动半径相同，但a的角速度大于b的角速度，由圆周运动的速度、加速度公式vr=2ar=可知b的线速度小于a的线速度，b的加速度小于a的加速度，CD错误。故选B。7.

质量m=1kg的物体静止放在粗糙水平地面上．现对物体施加一个随位移变化的水平外力F时物体在水平面上运动．已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等．若F-x图象如图所示．且4～5m内物体匀速运动．x=7m时撤去外力，取g=10m/

s2，则下列有关描述正确的是（）A.物体与地面间的动摩擦因数为0.1B.撤去外力时物体的速度为2m/sC.x=3m时物体的速度最大D.撤去外力后物体还能在水平面上滑行3s【答案】B【解析】【详解】A.由图象知4~5m内外力恒定，又物体匀速运动，由Fmg=知动摩擦因

数为0.3，故A不符合题意；B.前7m内外力和阻力共同作用，物体做变速运动，且F−x图围成的面积表示外力所做的功，由动能定理23535313131237J2222mv+++++−=解得2m/sv=，故B符合题意；C.由图知前

3m内物体做加速度逐渐增大的加速运动，3~4m内做加速度逐渐减小的加速运动，匀速运动时速度最大，故C不符合题意；D.撤去外力后物体匀减速停下，由动量定理有mvmgt=解得2s3t=，故D不符合题意．8.一辆汽车质量为1×103kg,额定最大功率为2×10

4W,在水平路面由静止开始作直线运动,最大速度为v2,运动中汽车所受阻力恒定,其行驶过程中牵引力F与车速的倒数1/v的关系如图所示．则（）A.图线AB段汽车匀速运动B.图线BC段汽车作匀加速度运动C.整个运动中的最大加速度为2m/s2D.当汽车的速度为5m

/s时发动机的功率为2×104W【答案】C【解析】【详解】AB段汽车的牵引力不变，根据牛顿第二定律，加速度不变，做匀加速直线运动．故A错误．BC段图线的斜率表示汽车的功率，功率不变，知汽车达到额定功率，当速度增

大，牵引力减小，则加速度减小，做加速度减小的加速运动，到达C点加速度为零，做匀速直线运动．故B错误．在整个运动过程中，AB段的加速度最大，在C点牵引力等于阻力，f=1000N，则最大加速度2230001000m/s2m/s1000Ffam−−=＝＝．故C正

确．在B点汽车的速度421020m/sm/s5m/s30003PvF=＝＝，知汽车速度为5m/s时发动机的功率小于2×104W．故D错误．9.如图所示，倾角为30°的光滑斜面底端固定一轻弹簧，O点为原长位置。质量为0.5kg的滑块从斜面上A点由静止释放，物块

下滑并压缩弹簧到最短的过程中，最大动能为8J。现将物块由A点上方0.4m处的B点由静止释放，弹簧被压缩过程中始终在弹性限度内，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A.A点到O点的距离等于3.2mB.从B点释放后滑块运动的最大动能为9JC.从B点释放滑块被弹簧弹回经过A点的动能小于1JD.从

B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加了1J【答案】B【解析】【详解】A．若A点到O点的距离等于3.2m时。由机械能守恒定律得：滑块到O点的动能0sin308JkAOEmgx==物块从O点时开始压缩弹簧，弹力

逐渐增大，开始阶段弹簧的弹力小于滑块的重力沿斜面向下的分力，物块做加速运动,后来弹簧的弹力大于滑块的重力沿斜面向下的分力，物块做减速运动，所以物块先做加速运动后做减速运动，弹簧的弹力等于滑块的重力沿斜面向下的分力时物块的速度最大。最大动能就大于8J，与题设不符，所以A点到O点的距离小于3.

2m，故A错误；B．设物块动能最大时弹簧的弹性势能为Ep，从A释放到动能最大的过程，由系统的机械能守恒得1sin30okpAEEmgx+=从B释放到动能最大的过程，由系统的机械能守恒得2sin30kpBEEmgx+=-0.4mBAxx=

所以得从B点释放滑块最大动能为()21-sin30(80.5100.40.5)J=9JkkBAEEmgxx=+=+故B正确；C．根据能量守恒可知，从B点释放滑块被弹簧弹回经过A点时()-sin301JkBAEmgxx==故C错误；D

．根据物块和弹簧的系统机械能守恒知，弹簧最大弹性势能等于物块减少的重力势能，由于从B点释放弹簧的压缩量增大，所以从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加为()-sin300.5100.40.51JpBAEmgxxJ

==故D错误。故选B。10.如图所示，电荷q均匀分布在半球面上，球面的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线．P、Q为CD轴上关于O点对称的两点．如果带电量为Q的均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都

相等．则下列判断正确的是()A.P点的电势与Q点的电势相等B.带正电的微粒在O点的电势能为零C.在P点静止释放带正电的微粒(重力不计)，微粒将做匀加速直线运动D.P点的电场强度与Q点的电场强度相等【答案】D【解析】【详解】A、由电场的叠加原理可知半球面右边的电场线是水平向右的，沿电场线

方向电势逐渐降低，所以P点的电势高于Q点的电势，故A错误；B、本题没有选取零势点，所以带正电的微粒在O点的电势能不一定为零，故B错误；C、电场线方向水平向右，所以在P点释放静止带正电的微粒(重力不计)，微粒将作加速运动，距离远后电场力减小，所以是变加速运动，故C错

误；D、均匀带电半球相当于一个均匀带正电的球和半个均匀带负电的球，这个半球放在图的另一边，然后看PQ两点，可以看到，PQ两点在在上述涉及到的正电半球和负电半球中的相同的位置上，而由题目给出的条件，正电球在P、Q两点产生的电场为零，所以，正电半球在Q点产生的电场强度相当于负电半球在

Q点产生的电场强度，而与P点的环境比较，唯一的区别是电荷符号相反，从而电场大小相同，只有可能有方向的区别，而分析可知，方向是相同的，故电场强度相等，故D正确；故选D．【点睛】利用等效法分析电场强度，利用叠加原理判断电场线的分布，由受力分析判断带电粒子的运动状态．二、不定项选择题

（每题4分，共24分）11.如图所示为建筑工地一个小型起重机起吊重物的示意图，一根轻绳跨过光滑的动滑轮，轻绳的一端系在位置A处，动滑轮的下端挂上重物，轻绳的另一端挂在起重机的吊钩C处．起吊重物前，重物处于静止状态．起吊重物过程是这样的：先让吊钩从位置C竖直向上缓慢的移动到位置B，

然后再让吊钩从位置B水平向右缓慢地移动到D，最后把重物卸载某一个位置．则关于轻绳上的拉力大小变化情况，下列说法正确的是（）A.吊钩从C向B移动过程中，轻绳上的拉力不变B.吊钩从C向B移动过程中，轻绳上的拉力变大C.吊钩从B向D移动过程中，轻绳上的拉力不变D.吊钩从B向D

移动过程中，轻绳上的拉力变大【答案】AD【解析】【详解】因物体重力不变，故重力与两绳子的拉力为平衡力；并且绳子为两端的张力相等；设绳子间的夹角为2θ；在由C到B上移的过程中有：2Tcosθ=mg；由几何关系可知，绳子为l，则有：lcosθ=d；因由C到B的过程中A到BC的

垂直距离不变，故θ为定值；故轻绳上的拉力不变；故A正确；B错误；由B到D的过程中，绳长不变，夹角2θ一定增大，则由A中分析可知，T一定增大；故C错误；D正确；故选AD．【点睛】本题难点在于C到B的过程分析，要通过几何关系的分析判断出两绳子与重力所在的直线的夹角保持不变，从而得出拉

力不变的结论来．12.如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随

时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取g=10m/s2．由题给数据可以得出A.木板的质量为1kgB.2s~4s内，力F的大小为0.4NC.0~2s内，力F的大小保持不变D.物

块与木板之间的动摩擦因数为0.2【答案】AB【解析】【详解】结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动

定律，对2-4s和4-5s列运动学方程，可解出质量m为1kg，2-4s内的力F为0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D错误.13.如图所示，长为L=10m的水平传送带以v0=4m/s逆时针匀速转动，质量m=1kg的物块以水平初速

度v=6m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，不考虑传送带轮轴摩擦等能量损失，重力加速度g=10m/s2，则物块从滑上到离开传送带的过程中，下列说法正确的是（）A.物块离开传送带时的速度大小为6m/sB.摩擦力对物块先做负功再做正功C.摩擦力

对物块做的功为10JD.因摩擦产生的热量为50J【答案】BD【解析】【详解】A．刚滑上传送带时，物块做匀减速直线运动，速度减为0的位移209m<L=10m2vxg==可知物体到达传送带最右端之前已经减速为0

，之后左做匀加速运动，速度达到与传送带速度相同时，与传送带相对静止，所以再次回到出发点的速度大小为4m/s时，方向向左，因此物块离开传送带的速度为4m/s，故A错误；B．由A选项的分析可知，物块先向右做匀减速直线，再向左做匀加速直线，

所以摩擦力先做负功，再做正功，故B正确；C．根据动能定理，摩擦力对物块做的功为2201110J22fWmvmv=−=−故C错误；D．根据牛顿运动定律可知，物体的加速度22m/sag==所以物体的运动时间046s5s2vvta−−−===−物体的位移为2

1015m2xvtat=+=传送带的位移为2020mxvt==所以物块和传送带之间的相对位移1225xxxm=+=摩擦产生的热50JQmgx==故D正确，故选BD。14.如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f．现用一

水平恒力F作用在滑块上，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s．下列说法正确的是（）A.其他条件不变的情况下，F增大，滑块与木板间产生的热量不变B.其他条件不变的情况下，M越大，s越大C.其他条件不变的情况下

，F越大，滑块到达木板右端所用时间越长D.上述过程中，滑块克服摩擦力做功为f(L+s)【答案】AD【解析】系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力没变，所以产生的热量没变，A正确．其他条件不变

的情况下，由于木板受到摩擦力不变，当M越大时，木板加速度小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间短，所以木板运动的位移s小，B错误；滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木

板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以拉力F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，C错误；上述过程中，滑块相对于地面的位移为Ls+，则滑块克服摩擦力做功为()fLs+，D正确；选AD.【点睛】当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块相对于地面的位移为Ls+，根据功的

计算公式求滑块克服摩擦力做功．根据牛顿第二定律可知，M越大，木板的加速度越小，而滑块加速度不变，相对位移一样，据此即可判断s的变化；F越大，滑块的加速度就越大，而木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以时间越少；系统产生的热量等

于摩擦力和相对位移乘积．15.如图所示,固定的绝缘斜面处于沿水平向右的匀强电场中,一带电金属块由静止开始沿斜面滑道底端,其运动轨迹和匀强电场均在纸面内,已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.7J,金属块克服摩擦力做功0.3J,重力做功1.2J,则以下判断正确的是()A

.金属块带负电B.金属块克服电场力做功0.2JC.金属块的机械能减少1.2JD.金属块的重力势能和电势能之和减少1.0J【答案】BD【解析】【详解】在金属块滑下的过程中动能增加了0.7J，金属块克服摩擦力做功0.3J，重力做功1.2J，根据动能定

理得：W总=WG+W电+Wf=△EK，解得：W电=-0.2J，所以电场力做功-0.2J，金属块的电势能增加0.2J．由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷．故A错误B正确

；在金属块滑下的过程中重力做功1.2J，重力势能减小1.2J，动能增加了0.7J，电势能增加0.2J，所以金属块的机械能减少0.5J，金属块的重力势能和电势能之和减少1.0J，故C错误，D正确．故选BD．【点睛】本题考查带电粒子在电场中运动时的功能关

系的分析，解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系．16.在电荷量分别为2q和-q的两个点电荷形成的电场中，电场线分布如图所示，在两点电荷连线上有a、b、c三点，且b、c两点到正点电荷距离相等，则A.在两点电荷之间的连线上存在一处电场强

度为零的点B.将一电子从a点由静止释放，它将在a、b间往复运动C.c点的电势高于b点的电势D.负试探电荷在a点具有的电势能比在b点时具有的电势能小【答案】CD【解析】【详解】A项：电场线是从正电荷出发，终止于负

电荷，由电场的叠加原理可知，在两点电荷之间的连线上不存在电场强度为零的点，故A错误；B项：由于ab间的电场强度方向始终由a指向b，所以电子受到向右的电场力，所以在a处由静止释放电子，电子将向右运动，故B错误；C项：正电荷与b点和c点的距离相等，由图可知，正电荷与b点间的电场线比正电荷与c点间的电

场线更密，由公式UEd=，所以电势降落更多，即b点电势比c点电势更低，故C正确；D项：由图可知，从a到b电势越来越低，根据负电荷在电势低处电势能大，所以负试探电荷在a点具有的电势能比在b点时具有的电势能小，故D正确．【点睛】根据电场线的分布判断电

场强度、电势、电势能等物理量的变化情况是高中物理的重点，在平时要加强训练，以加深对这些知识点理解和应用．三、实验题（每空2分，共10分）17.在“探究动能定理”实验中，某实验小组采用如图甲所示的装置，在水平气垫导轨上安装了两个光电门M、N滑块上固定一遮光条，细线绕过定滑轮滑块与力传感器相连，

传感器下发悬挂钩码，已知遮光条的宽度为d，滑块和遮光条的总质量为m．（1）接通气源，滑块从A位置由静止释放，读出遮光条通过光电门M、N的时间分别为t1、t2，力传感器的示数F，改变钩码质量，重复上述实验．①为探究在M、N间运动过程中细线拉力对滑块做

的功W和滑块动量增量△Ek的关系，还需要测量的物理量______（写出名称及符号）；②利用实验中直接测量的物理量表示需探究的关系式为______．（2）保持钩码质量不变，改变光电门N的位置，重复实验，根据实验数据做出从M到N过程中细线拉力对

滑块做的功W与滑块到达N点时速度二次方v2的关系图象，如图乙所示，则图线的斜率表示______，图线在横轴上的截距表示______．（3）下列不必要的实验操作和要求有______（请填写选项前对应的字母）A．测量钩码的质量B．调节气垫导轨水平C．调节滑轮细

线与气垫导轨平行D．保证滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量．【答案】(1).两个光电门的间距L(2).FL=222211112mdtt−(3).2m(4).滑块经过光电门M时速度的二次方(5).AD【解析】【详解】（1）①根据动能定理的表达式：22211122FLmvmv=−，还

需要测出光电门M、N间的距离L．②通过两个光电门的速度分别为11dvt=，22dvt=，利用实验中直接测量的物理量表示需探究的动能定理的表达式为：222211112FLmdtt=−（2）根据动能定理的表达式：222200111()222Wmvmvmvv=−=−，W与滑块到达

N点时速度二次方v2的关系图象中，图线的斜率表示2m，图线在横轴上的截距表示滑块经过光电门M时速度的二次方．（3）A、由于有力传感器直接测量力的大小，故不需要测量钩码质量，故该步骤不是必须的；B、调节气垫导

轨水平，可以保证合力等于拉力，故该步骤是必须的；C、调节滑轮细线与气垫导轨平行，保证拉力水平，故该步骤是必须的；D、由于已经有力传感器来测量力的大小，故不需要保证滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量，即该步骤不是必须的；故选AD。四、计算题（每题9分，共36分）18.可爱的

企鹅喜欢在冰面上玩游戏，如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a=0.5m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t=8s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏（企鹅在滑动过程中姿势保持不变）．已知企鹅肚皮

与冰面间的动摩擦因数µ=0.25，sin37°=0.60，cos37°=0.80，重力加速度g取10m/s2．求：（1）企鹅向上“奔跑”的位移大小；（2）企鹅在冰面向前滑动的加速度大小；（3）企鹅退滑到出发点时的速度大小．（结果可用根式表示）【答案】(1)16/ms(2)28/ms(3)11.7

/ms【解析】【分析】企鹅向上“奔跑”做匀加速运动，由运动学公式求出企鹅向上“奔跑”的位移大小；根据牛顿第二定律求出企鹅在冰面滑动的加速度大小，结合运动学公式求出企鹅退滑到出发点时的速度大小；解：（1）

“奔跑”过程21162xatm==（2）上滑过程：21sincos8/aggms=+=下滑过程22sincos4/aggms=−=（3）上滑位移()21112atxma==，退滑到出发点的速度()2212vaxx=+，解得234/11.7/vmsms=19.如图所示，一长木

板B的质量M=4kg，静止在光滑水平地面上。现有一质量m=1kg的小滑块A以v0=3m/s的初速度向右滑上长木板，同时对滑块施加一个大小F=2N的水平向右的恒定拉力。当木板与滑块的速度达到相等的瞬间，木板恰好碰到右方的固定挡板P并立刻停止运动，滑块继续运动一段时间后停在木板

上。已知A、B间的动摩擦因数μ=0.4，取重力加速度g=10m/s2。求：(1)滑块与木板各自的加速度(2)木板右端与挡板P之间的初始距离d。(3)整个过程滑块和木板组成的系统由于摩擦产生的热量Q。【答案】(1

)2m/s2；1m/s2；(2)0.5m；(3)7J【解析】【详解】(1)A、B间的摩擦力4Nfmg==可知Ff，所以A做匀减速运动由牛顿第二定律可得1fFma−=加速度大小22142m/s2m/s1fFam−−===对B由牛顿第

二定律可得221m/sfaM==(2)设经过时间t两者速度相等，由运动学公式可得201atvat=−解得213s1s12vtaa===++所以木板右端与挡板P之间的初始距离2221111m0.5m22dat===(3)木板停下后，A继续做匀减速运动直至

停下，A全过程相对地面的位移为Ax，则有201A2vax=解得220139mm2224Avxa===所以整个过程系统克服摩擦力做功为()940.5J=7J4AfWfxd=−=−克20.如图1所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图2所示的示意图，倾角37=的两平行倾斜轨道BC

、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接，倾斜轨道BC的B端高度h=24m，倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点，圆弧EF的圆心O1，水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上，DO1的距离L=20m，质量1000

kgm=的过山车（包括乘客）从B点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F时，乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍．已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数132=

，EF段摩擦不计，整个运动过程空气阻力不计．（sin370.6=，cos370.8=）（1）求过山车过F点时的速度大小；（2）求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；（3）如图过D点时发现圆轨道EF

段有故障，为保证乘客安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑，则过山车受到的摩擦力至少多大？【答案】（1）310m/s（2）47.510JW=−（3）6000NfmF=【解析】【详解】（1

）由于已知F点乘客受到的支持力，设圆周运动半径为r，根据向心力公式20.25Fvmgmgmr−=解得310m/sFv=（2）由动能定理可知从B点到F点，210()2FfmvmghrW−=−+解得47.510JW=−（3）从D到F过程中()2211cos

cos22FDmgrmgLmvmv−−=−触发制动后恰好能到达E点对应的摩擦力为fF，则211coscos02fDFLmgrmv−−=−解得3317310N4.610N16fF==要使过山车停在倾斜轨道上的摩擦力为2

fF，2sin6000NfFmg==综合考虑可知6000NfmF=21.如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计

电子所受重力）．（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置．（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置．（3）若将左侧电场II整体水平向右移动L/n（n≥1），仍使

电子从ABCD区域左下角D处离开（D不随电场移动），求在电场I区域内由静止释放电子的所有位置．【答案】（1）坐标为（－2L，14L）（2）xy＝24L（3）21124xyLn=+【解析】【详解】（1）设电子的质量为m，电量为e

，电子在电场I中做匀加速直线运动，出区域I时的为v0，此后电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有2012eELmv=22011()222LeELyatmv−==解得y＝14L，所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（－2L，14L）（2）

设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有2112eExmv=2211122eELyatmv==解得xy＝24L，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置．（3）设电子从（x，y）点释放，在电场

I中加速到v2，进入电场II后做类平抛运动，在高度为y′处离开电场II时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点，则有2212eExmv=2221122eELyyatmv−==2yeELvatmv==，2yLy

vnv=解得21124xyLn=+，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置