2021年江苏省高考物理预测试卷（三）.pdf

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1、2021年江苏省高考物理预测试卷（三）如图所示，是一定质量的理想气体状态变化的p-u图象，气体由状态A变化到状态8的过程中，气体分子平均速率的变化情况是（）A.一直保持不变B.一直增大C.先减小后增大D.先增大后减小2.如图所示，光液面传感器有一个像试管模样的玻璃管，中/及光板入 射 光 也/令 出 射 光 线央插一块两面反光的玻璃板，入射光线在玻璃管内壁与反光板之间来回发生反射，进入到玻璃管底部，然后在另一 液面、.侧反射而出（与光纤原理相同）。当透明液体的折射率大于玻璃管壁的折射率时，就可以通过光液面传感器监测出射光的强弱来判定玻璃管是否被液体包住了，从而了解液面的高度。以下说法正确的是（

2、）A.玻璃管被液体包住之后，出射光强度增强B.玻璃管被液体包住之后，出射光消失C.玻璃管被液体包住之后，出射光强度减弱D.玻璃管被液体包住之后，出射光强度不变3.如图所示，质量为，的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30。的固定斜面，其运动的加速 度 为4此 物 体 在 斜 面 上 上 升 的 最 大 高 度 为6,则在这个过程中物体（）A.重力做功mghB.机械能损失了号mghC.动能损失了，咫6 D.克服摩擦力做功:mgh4.氢原子能级如图，当氢原子从n=3跃迁到n=2的能级时，辐 B-射光的波长为656 相。以下判断正确的是（）：;二A.氢原子从n=2跃迁到ri=1的能级时，辐

3、射光的波长大于 2 656/7/72B.用波长为325?的光照射，可使氢原子从几=1跃迁到几=2-13.6的能级C.一群处于n=3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线D.用波长为633/7/M的光照射，能使氢原子从n=2跃迁到n=3的能级5.宇宙中存在一些离其它恒星较远的三星系统，通常可忽略其它星体对它们的引力作用，三星质量也相同。现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星做圆周运动，如图甲所示；另一种是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，如图乙所示。设两种系统中三个星体的质量均为处且两种系统中各星间的

4、距离已在图中标出，引力常量为G,则下列说法中正确的是（）A.直线三星系统中星体做圆周运动的线速度大小为J等B.直线三星系统中星体做圆周运动的周期为27r 工C.三角形三星系统中每颗星做圆周运动的角速度为2 叵7 3 G mD.三角形三星系统中每颗星做圆周运动的加速度大小为摩L26.电容式加速度传感器的原理如图所示，质量块左、右侧连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质移动，改变电容.则（）A.电介质插入极板间越深，电容器电容越小B.当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C.若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会压缩D.当传感器由静止突然向右加速时，电路中有顺

5、时针方向的电流7.如图所示，一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为相和 的 小 球A和B,支架的两直角边长度分别为2Z,和L,支架可绕固定轴0点在竖直平面内无摩擦转动，开始时0A处于水平位置，由静止释放后（）第 2 页，共 19页A.A球的最大速度为2打B.A球的速度最大时，两小球的总重力势能最大C.A 球的速度最大时，两直角边与竖直方向的夹角为30。D.A、B 两球的最大速度之比以：vB=2：18.图中B 为理想变压器，接在原线圈上的交变电压有效值保持不变.灯泡5和G 完全相同（阻值恒定不变），R 是一个定值电阻，电压表、表流表都为理想电表.开始时开关S 是闭合的.当S 断开后，下列说法正

6、确的是（）A.电压表的示数变大R SB.电流表4 的示数变大C.电流表4 的示数变大D.灯泡J的亮度变亮9.表面光滑、半径为R 的半球固定在水平地面上，球心0 的正上方。处有一无摩擦定滑轮，轻质细绳两端各系一个可视为质点的小球挂在定滑轮上，如图所示.两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为刀=2.4R和切=2.5 R,则这两个小球的质量之比为黄，小球与半球之间的压力之比为费，则以下说法正确的是（）A吧=上 R 吧=变 C=1 Dm2 25 m2 24 N2 N2 251 0.如图所示，水平地面有一个坑，其竖直截面为半圆形，ab为 r-.j I沿水平方向的直径，在 a 点分别以初速度为（已知）、

7、2%、3%沿岫方向抛出三个石子并击中坑壁，且以为、2%抛出的石子做平抛运动的时间相等。设以火和3几抛出的石子做平抛运动的时间分别为J和t3,击中坑壁瞬间的速度分别为巧和 巧,则（）A.不可以求出匕和t3B.只能求出q 和t3的比值C.可以求出力和内D.不能求出力和巧，但能求出它们的比值1 1.随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化。下图给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图。关于电线充电，下列说法正确的是（）A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B.只有将充电底座接

8、到直流电源上才能对手机进行充电C.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D.只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电12.用如图所示的电路测量电池的电动势和内阻，定值电阻=160.(1)闭合开关S 后，电压表匕无读数，电压表彩有读数，经检查发现电路中存在断路故障，则该故障可能在_ _ _ _ _(选填“岫 、be或cd)两点间.(2)排除故障后，闭合开关S,调节滑动变阻器的阻值，记录多组电压表的示数名、U2,如表所示.请根据表中数据在图乙中作出&-Ui图象.MN5.04.54.03.53.02.52.0Ui/V0.661.001.331.882.002.322.68(3)

9、由图象可知，电源电动势E=匕 内 阻 r=0.(结果均保留两位有效数字)(4)实验中，产生系统误差的主要原因是13.尸、。是一列简谐横波中的两个质点，它们的平衡位置相距30雨，各自的振动图象如图中的实线和虚线所示，且 P、Q之间的距离小于一个波长，求：若尸比。离波源近，该波的波长；若。比 P 离波源近，该波的速度。第4页，共19页14.如图所示，半径分别为R 和r(R r)的甲乙两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CO上 一 轻 弹 簧 匕 被两小球夹住，同时释放两小球，“、人球恰好能通过各自的圆轨道的最高点，求:两小球的质量比.若ma=mb=7

10、n,要求“，b 都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少具有多少弹性势能.15.如图所示，一“。型槽”滑块由两个光滑内表面的;圆弧形槽AB、CO和粗糙水平4面 BC组合而成，质量M=1.5/cg,置于光滑的水平面上，其左端有一固定挡板P,另一质量m=M g的物块从A 点正上方距离8C 水平面的高度九=5m处自由下落,恰好从A相切进入槽内，通过BC部分进入圆弧槽CD。己 知“U 型槽”圆弧的半径r=l m,水平轨道部分8C 长，=3 小，物块与“U 型槽”水平轨道间的动摩擦因数 =0.5,重力加速度g=10m/s2。(1)求物块第一次经过B 点 对“圆弧型槽A8”的压力以；(2)求物 块 从“U 型

11、槽”。点分离后能到达的距离水平面的最大高度H；(3)当“U型槽”的速度最大时，求物块的速度?最终物块的运动达到稳定状态，求物块在BC部分运动的总路程尤。m1 6.在平面坐标系第I、II象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，在第ID象限内有M、N两个竖直平行金属板，板间的电压为U,在第IV象限内有沿)，轴正方向的匀强电场。一质量为，小 电荷量为g的带正电的粒子(不计粒子重力)从靠近M板的S点由静止开始做加速运动，从y轴上y=T处的A点垂直于y轴射入电场，从x=21的C点离开电场，经磁场后再次到达无轴时刚好从坐标原点。处经过。求：(1)粒子运动到A点的速度大小；(2)电场强度E和磁感应强度B的大小；

12、(3)带正电粒子从A运动到。经历的时间。第 6 页，共 19页答案和解析1.【答案】D【解析】【分析】根据气体状态方程岸=C和已知的变化量去判断其它的物理量.对于一定质量的理想气体，温度升高，那么气体的内能增加。根据图象的变化的过程，分析PV乘积的变化，从而得到温度7 的变化规律，就可以得到气体分子的平均速率的变化情况。【解答】解：根据pU=C 7,可知C 不变，p k 越大，T越高。在 A 和 B状态时，P丫 乘积相等，说明在A B处的温度相等，所以从A 到B的过程中，温度先升高，后又减小到初始温度，温度是分子平均动能的标志，所以在这个过程中，气体分子的平均动能先增大后减小，气体分子的平均速

13、率也是先增大后减小，故ABC错误，。正确。故选D o2.【答案】C【解析】解：玻璃管被液体包住之前，由于玻璃管之外是光疏介质空气，光线发生全反射，没有光线从玻璃管中射出。当玻璃管被透明液体包住之后，液体的折射率大于玻璃管壁的折射率时，光线不再发生全反射,有一部分光线进入液体,反射光的强度会减弱，则出射光强度减弱，故 C正确，错误。故选：Co玻璃管被液体包住之前，根据全反射的条件分析光的传播情况；当玻璃管被透明液体包住之后，光线在液体表面发生折射，由此分析射出光强度的变化。本题主要是考查了光的全发射；解答本题的关键是弄清楚光的传播情况，掌握全反射发生的条件，然后根据光的折射定律或全反射的条件进行

14、分析。3.【答案】B【解析】解：A、物体在斜面上能够上升的最大高度为/?,所以重力做功为W=-mgh-,故 A 错误；B、摩擦力f =物体在斜面上能够上升的最大高度为儿 发生的位移为2力，则克第8页，共19页服摩擦力做功：必=等，由动能定理可知，动能损失量为合外力做的功的大小：E k =F 合 s=mg-3 L =m g h,机械能的损失量为：fs=m g -2 L =m g h,故 8正确.CD错误；故选：B重力势能的增加量等于克服重力做的功；动能变化等于力的总功；机械能变化量等于除重力外其余力做的功.本题关键根据功能关系的各种具体形式得到重力势能变化、动能变化和机械能变化.重力势能变化与重

15、力做功有关；动能的变化与合力做功有关；机械能的变化与除重力以外的力做功有关.4.【答案】C【解析】解：A、从n =3 跃迁到n =2 的能级时，即有：E =(-1.5 1 -(-3.4)x 1.6 x1 0-1 97,而=/!：,则有：A =6,6 3 x 1 0-m 6.5 6 x 1 0-7?n -6 5 6 n m.入kE 1.89X1.6X10T9即辐射光的波长为6 5 6 M 而当从n =2 跃迁到n =1 的能级时，辐射能量：口=亨=-3.4 -(-1 3.6)X 1.6 x 1 0 T9/E,则能量更大，频率更高,则波长小于6 5 6 nm,故A错误；B、当从般=1 跃迁到n =

16、2 的能级，吸收的能量：E =?=3.4 (1 3.6)x 1.6 xA1 0 T9),则吸收光的波长是4 =1 2 2?v n,小于3 2 5 ，故 8错误；C、根据数学组合：Cj=3,可知一群n =3 能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谐线，故 C正确；D、同理，氢原子的电子从n =2 跃迁到n =3 的能级，必须吸收的能量为 E =?=A-1.5 1 -(-3.4)X 1.6 x 1 0-1 9/,则吸收光的波长是;I =6 5 6 n m,与从n=3 跃迁到n =2 的能级，放出能量相等，因此只能用波长6 5 6?的光照射，才能使得电子从n =2 跃迁到n =3 的能级，故。错误

17、。故选：a大量处于n =3 激发态的氢原子向低能级跃迁，可以辐射出3 种不同频率的光子，跃迁释放能量满足A E =E m-E n.既不能多于能级差，也不能少于此值，同时根据兀=；,即可求解。解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及知道能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差。5.【答案】D【解析】解：A、在直线三星系统中，星体做圆周运动的向心力由其它两星对它的万有2 2 2引力的合力提供，根据万有引力定律和牛顿第二定律，有GM+G Si=m 9 解得 2 =-叵故 A 错误；25/LB、由周期7=午 知，直线三星系统中星体做圆周运动的周期为T=4兀 层，故 3 错误；C、对三角形三星系统中做

18、圆周运动的星体，有.2G与 血 30。=加 3 2.一，解得3 =L2 cos300样,故 C错误；。、由2G 彳 cos30=ma得a=L2一L2故选：。在直线三星中，一侧星球同时受到另外两个星球的万有引力，二者的合力提供向心力,利用牛顿第二定律列式求解线速度和周期即可。对于三角三星，每个星受另外两个星的万有引力的合力提供向心力，圆心在正三角形的中心，需用几何关系求解圆周半径，再利用牛顿第二定律列式求解角速度和加速度即可0本题涉及的直线三星和三角形三星在形式上虽然不同，但解题思路是相同的，首先应确定圆周运动的圆心和半径，然后综合利用万有引力定律和牛顿第二定律求解即可。6.【答案】CD【解析】

19、解：4、根据电容器的电容公式C=*，当电介质插入极板间越深，即电介4Kna质增大，则电容器电容越大，故 4 错误；8、当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故 8 错误；C、若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，因惯性，则继续向右运动，从而压缩弹簧，故 C正确；D,当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q=C U,可知，极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故。正确；故选：C D。第1 0页，

20、共1 9页4、根据电容器的电容公式。=/，从而电容的大小变化；4kndB、由牛顿第二定律，确定弹力是否变化，再确定电容器是否处于充放电状态；C、由惯性可知，弹簧处于什么状态；。、先确定电介质向什么方向运动，再来确定电容器处于充电，还是放电，从而确定电路中的电流方向.考查影响电容器电容大小的因素，掌握Q =C U 公式，理解牛顿第二定律的应用，注意电容器是充电还放电，是确定电流的依据.7 .【答案】D【解析】解：A、支架和两小球组成的系统在转动过程中机械能守恒，A的重力势能减少，A、8的动能和8的重力势能增加。A、8角速度相等，A的线速度总是B的线速度的 2 倍，A球速度最大时是系统动能最大时，

21、即两球的总重力势能最小。设 0 A转过角9时A球速度最大，如图所示，则有:(2 3 2 +|x (2 m)v2=m g-2 L -s i n 0 -2 mgL(l-COS 0),B P3V2=2 g L(s i n 0 +c o s 0 -1),由数学知识可知，y=sin。+cosd=V 2 s i n(0 +4 5 ).当0 =4 5。时，y 最大，则速度最大，解得B的最大速度v=|6(V 2-l)gL 则 A 的最大速度=2D=|小6(a-l)gL，故 A正确：8、A球的速度最大时，B球速度最大，系统动能最大，由于系统机械能守恒，则系统总重力势能最小，故 B错误；C、由4选项分析知，4球的

22、速度最大时，两直角边与竖直方向的夹角为4 5。，故 C错误；D、A、B两球的角速度相等，根据u =r 3 知，两球最大速度之比为2：1,故。正确。故选：D o4、8两球在运动的过程中角速度相等，结合转到半径关系得出两球线速度大小关系，抓住两球和支架组成的系统机械能守恒，当系统动能最大时，重力势能最小，结合机械能守恒定律得出速度的表达式，根据数学知识求解最大速度的大小。本题考查了系统机械能守恒，知道系统动能最大时，重力势能最小，对于求解最大速度时，关键根据机械能守恒得出速度的表达式，运用数学三角函数进行求解。8 .【答案】D【解析】解：A、电压表测量输出电压，因匝数不变；故电压表的示数不变；故

23、4错误；BC,S 断开后相当于负载减少，总电阻增大，副线圈中电流减小，原线圈中的电流也减小，两电流表示数均减小：故 B C 错误；。、副线圈电流减小，但副线圈两端的电压不变，因此定值电阻的分压减小，所以灯泡人的亮度变亮，故。正确；故选：D断开开关，总电阻增大，电流减小，副线圈两端的电压由变压器的匝数之比和原线圈的输入电压有关，再结合闭合电路欧姆定律分析灯泡的亮度变化.本题考查了变压器的特点，同时结合闭合电路的欧姆定律考查了电路的动态分析.9 .【答案】B【解析1 解：先以左侧小球为研究对象，分析受力情况：重力也、绳子的拉力T 和半球的支持力M 作出力图。由平衡条件得知，拉力7 和支持力N的合力

24、与重力大小相等、方向相反。设。0 =/1,根据三角形相似得：=?，同理，对右侧小球，有：r=T =解得：7 n19=登，Th 丁沆2 g=T-L2NL噌3陪.由：得：m2=L2-LI=2 5：2 4,由：得：Ny N2=m1：m2=L2：LX=2 5：2 4,故 A C C 错误，B正确;故 选:Bo分别以两个小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，运用三角形相似法得出绳子拉力、支持力与重力的关系式，再求解质量之比和压力之比.本题运用三角形相似法处理非直角三角形的力平衡问题，抓住两球所受的绳子拉力相等是桥梁.1 0 .【答案】C第 12页，共 19页【解析】解：做平抛运动的物体在任意时间的瞬时

25、速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如 图 1所示：做平抛运动的物体在任意位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为9,位移与水平方向的夹角为8，则有tan。=2 tan(po以为、2%抛出的石子做平抛运动的时间相等，说明竖直分位移相等，设分别落在A、B以3%抛出的石子其运动轨迹与AB延长线的交点在。点的正下方。根据几何关系有力B=a b.对于落在4 点的石子，设ab=2 R,根据几何关系可求得竖直位移与水平位移之比，根据上述推论求竖直分速度与水平分速度之比，从而求出竖直分速度，再合成求出%,由公式为=砒 求匕。以3%抛出的石子落在。点，根据数学知识可写出其轨迹方程和圆方程，再求得c 点

26、的坐标，与落在A 点的石子下落位移比较，可求得落在c 点时的竖直分速度，从而求出内。由公式%=at求名，故 C正确，ABD错误。故选：Co以%、2%抛出的石子做平抛运动的时间相等，下落的高度相等.由水平方向匀速运动，求出水平位移之比，得到落点间的距离与帅的关系.根据平抛运动的推论：做平抛运动的物体在任意时间的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，可求得竖直分速度之比，从而得到G和t 3,根据推论可求得击中坑壁瞬间的速度。解决本题的关键要掌握平抛运动的推论，并能灵活运用，通过作图法分析分位移的关系,还要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活解答。11.【答案】

27、C【解析】【分析】根据电磁感应现象的原理，结合感应电动势产生的条件，即可求解。考查充电手机的工作原理，理解电磁感应现象的运用，及产生感应电动势的条件，注意涡流的防止与应用。【解答】A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象，不 是“电流的磁效应”现象,故 A错误；员当充电设备通以恒定直流，无线充电设备不会产生交变磁场，那么不能够正常使用，故 B错误；C.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，故 C正确；D被充电手机内部,应该有一类似金属线圈的部件,与手机电池相连，当有交变磁场时.，则出现感应电动势，那么普通手机不能够利用无线充电设备进行充电，故。错误；故选：C o

28、1 2.【答案】c d 6.0 8.0 电压表匕分流【解析】解：(1)电压表匕无读数，电压表彩有读数，说明匕无与电源断开，而彩与电源是连接的,故发生断路的是cd；(2)根据表中数据利用描点法可得出对应的图象如图所示；(3)根据电路图由闭合电路欧姆定律可知：E=Ul+U2+-r变形可得:丁 +%一 寸由图可知，图象与纵轴的截距表示电动势，故 E=6.0 0 V；图象的斜率k =攀=能 券=1.5/得：A=120m；波速为：v=-m/s =30m/s答：若 P 比。离波源近，该波的波长40加 若。比 P 离波源近，该波的速度30?n/s。【解析】P质点距波源近，P 先振动，从而确定波从P 到。的波

29、形个数，结合P 与。间距离小于1个波长，求出波长。如 果 比。离波源远，结合尸与。间距离小于1个波长，根据周期性求波长，再求解波速。此题考查基本的读图能力，能根据波形图来得出波传播的波形个数，当有限制条件时此题是特殊值，而没有限制条件是通项式。14.【答案】解：(1)根据牛顿第二定律得“、。球恰好能通过各自的圆轨道的最高点的速度分别为：va=/g R -vb=yfgr由动量守恒定律nia%=mbvb 根据机械能守恒定律得g S喏=必+乙 9.2R=2mbv，b+mb9,2r .联立 得 痣=J I(2)若n i a =巾6 =rn,由动量守恒定律得：va-vb=v当“、人 球恰好能通过圆轨道的

30、最高点时，E用最小，根据机械能守恒得：1 _ _Ep-(,-miyfgR)2+mg-2 R)x 2 -5 m g R答：两小球的质量比是若n i a =1b =小，要求4，人都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少具有5 际/?弹性势能.【解析】(1)根据牛顿第二定律得出最高点的速度，根据机械能守恒定律列出等式求解(2)由动量守恒定律得出速度关系，根据机械能守恒定律求解.解决该题关犍能判断出小球能通过最高点的条件，然后根据动量守恒定律和机械能守恒定律联立列式求解.1 5.【答案】解：(1)物块由静止到第一次过8点，槽静止不动，对物块由机械能守恒得mgh g m诏可得物块第一次经过5点时的速度：v0

31、=10m/s在3点，对物块，由牛顿第二定律得F j-m g =押根据牛顿第三定律知在B点物块对槽的压力风=PN联立解得盘=110N(2)物块从。点离开“U型槽”时“U型槽”的速度为以，对物块和槽组成的系统，取水平向右为正方向，由水平方向的动量守恒得m v0=(TH+M)vx物块从B点到离开“U型槽”后的最高点，对物块和槽组成的系统，由能量守恒得mvQ=|(m +M)V x+mgH+fimgl联立解得H =1.5 m(3)当物块从“。型槽”。返回C时的速度最大时，由水平方向的动量守恒和能量守恒得第 16页，共 19页mv0=MV2+mv1|mvo=+谚+47ng2解 得%=(4-3V 2)m/s

32、,方向水平向左,v2=(4+2V2)m/s最终物块与“U 型槽”相对静止，设此时系统的速度为也由水平方向的动量守恒得mv0=(M+m)v与上题中mo=(机+M)%；对比可知，v=vx由能量守恒得|mvo=|(m+M)Vx+mgH+imgx物块在BC部分运动的总路程x=6m答：(1)物块第一次经过B 点 对“圆弧型槽A8”的压力FN是 UON。(2)物块从“U 型槽”力点分离后能到达的距离水平面的最大高度”是1.5小；(3)当“U 型槽”的速度最大时，物块的速度%是(4-3&)/n/s,方向水平向左。最终物块的运动达到稳定状态，物块在BC部分运动的总路程x 是 6机。【解析】(1)从释放点到B

33、点的过程中，槽静止不动，对物块由机械能守恒定律求出物块第一次经过B 点时的速度。在 B 点，由合力提供向心力，由牛顿第二定律求出槽AB对物块的支持力，从而求得物块对槽AB的压力无。(2)物块从8 点到离开“U 型槽”后的最高点，对物块和槽组成的系统，水平方向不受外力，系统在水平方向上的动量守恒，根据水平方向的动量守恒和能量守恒分别列式,即可求解最大高度H-.(3)当物块从“U 型槽”。返回C 时的速度最大时，由水平方向的动量守恒和能量守恒求 解“U 型槽”的速度最大时物块的速度%;最终物块与“U 型槽”相对静止，再由水平方向的动量守恒和能量守恒求解物块在8C部分运动的总路程X。本题的关键要理清

34、物块在整个过程中的运动规律，把握隐含的临界条件：物块离开。点分离后到达最大高度时物块与槽的速度相同，分段运用动量守恒定律和能量守恒定律相结合进行处理。16.【答案】解：(1)设粒子运动到A 点的速度大小为火,”由动能定理得：3叶 叶 冲 qU=诏 )卜*；乙/IX x x x Mx x xV /x x 乂 x x x可得粒子运动到A点的速度大小为：v0=曜(2)粒子在电场中做类平抛运动，设经历时间为G，则有：2 1=vot 1整理得：E=2ql I设粒子离开电场时速度大小为u,与丁轴夹角为a,则有:1 1qE l=-m v2 -m v g%c o s a =v设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R

35、,则有：2 Rsina=2 1V2qvB=整理得：B=回画qi iq(3)由(2)可知a =%所以粒子在磁场中运动的时间为：t2 =：x等故以o=1+2解得：以02VQ(4+3兀)，_ (4+37T)lj2qU?n4qU答：(1)粒子运动到A点的速度大小为陋;1 m(2)电场强度E为表磁感应强度8的大小为立彩;(3)带正电粒子从A运动到。经 历 的 时 间 为 纪 曙 国。【解析】(1)研究粒子在M N板间加速的过程，利用动能定理可求出粒子运动到A点的速度大小；(2)粒子在第口象限的匀强电场中做类平抛运动，已知水平位移、竖直位移和初速度，根据分位移公式和牛顿第二定律结合可求得电场强度E,根据动能定理求出粒子进入磁场时的速度大小，结合速度分解求出速度与x轴负方向的夹角。粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的运动轨迹，根据几何关系求出轨迹半径七结合洛伦兹力提供向心力，可求得磁感应强度B的大小。(3)根据轨迹，求出粒子做圆周运动的周期及圆心角，即可求出总时间。本题关键是明确粒子的运动情况，找出相应的力学规律。对于类平抛运动，常常运用运动的分解法研究。对于粒子在磁场中做匀速圆周运动的类型，要画出运动轨迹，结合几第1 8页，共1 9页何关系和牛顿第二定律进行处理。