2020年山东省新高考物理试卷 (含答案解析)

2020年山东省新高考物理试卷 (含答案解析)

一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）

1.某同学站在电梯地板上，利用速度传感器和计算机研究一观光电梯升降过程中的情况，如图所

示的v?t图象是计算机显示的观光电梯在某一段时间内的速度变化情况(向上为正方向)。根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是()

A. 0～5s内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态

B. 5～10s内，该同学对电梯地板的压力大于他所受的重力

C. 10～20s内，观光电梯在减速下降，该同学处于超重状态

D. 20～25s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态

2.一个放射性原子核，发生一次β衰变，则它的()

A. 质子数减少一个，中子数不变

B. 质子数增加一个，中子数不变

C. 质子数增加一个，中子数减少一个

D. 质子数减少一个，中子数增加一个

3.一束单色光经空气射入玻璃，这束光的()

A. 速度变小，波长变短

B. 速度不变，波长变短

C. 频率增大，波长变长

D. 频率不变，波长变长

4.一列简谐横波沿x轴负方向传播，图1是t=1s时的波形图，图2是波中某振动质点位移随时间

变化的振动图线(两图用同一时间起点)，则图2可能是图1中哪个质点的振动图线()

A. x=Om处的质点

B. x=1m处的质点

C. x=2m处的质点

D. x=3m处的质点

5.如图(a)所示，理想变压器原副线圈匝数比n1：n2=55：4，原线圈接有交流电流表A1，副线圈

电路接有交流电压表V、交流电流表A2、滑动变阻器R等，所有电表都是理想电表，二极管D 正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡L的阻值恒定。原线圈接入的交变电流电压的变化规律如图(b)所示，则下列说法正确的是()

A. 灯泡L两端电压的有效值为32V

B. 当滑动变阻器的触头P向下滑动时，电流表A1、A2示数都增大，V示数增大

C. 由图(b)可知交流发电机转子的角速度为100rad/s

D. 交流电压表V的读数为32V

6.如图所示，实线表示一定质量的理想气体状态变化的p?T图像，变化过

程如图中箭头所示，下列说法正确的是()

A. bc过程中气体对外做功，放出热量

B. ab过程中气体内能增加，密度不变

C. cd过程中，分子平均动能不变，密度增大

D. da过程中，每个分子动能都减少

7.地球半径为R，地面附近的重力加速度为g，物体在离地面高度为h处的重力加速度的表达式是

()

A. (R+?)

R g B. Rg

R+?

C. (R+?)2g

R2

D. R2g

(R+?)2

8.如图所示，在竖直平面内，一光滑杆固定在地面上，杆与地面间夹角为

θ，一光滑轻环套在杆上。一个轻质光滑的滑轮(可视为质点)用轻绳OP 悬挂在天花板上，另一轻绳通过滑轮系在轻环上，现用向左的拉力缓慢拉绳，当轻环静止不动时，与手相连一端绳子水平，则OP绳与天花板之间的夹角为()

A. π

2B. θ C. π

4

+θ

2

D. π

4

?θ

2

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

9.一玻璃砖横截面如图所示，其中ABC为直角三角形(AC边未画出)，AB为直角边，∠ABC=

45°.ADC为一圆弧，其圆心在BC边的中点．此玻璃的折射率为1.5，P为一贴近玻璃砖放置的、与AB垂直的光屏．若一束宽度与AB边长度相等的平行光从AB边垂直射入玻璃砖，则()

A. 从BC边折射出一束宽度与BC边长度相等的平行光

B. 屏上有一亮区，其宽度小于AB边的长度

C. 屏上有一亮区，其宽度等于AB边的长度

D. 当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先逐渐变小然后逐渐变大

10.在固定的带负电点电荷Q产生的电场中，一带电粒子q(小计重力)绕Q做椭圆运动，轨迹如图

中虚线所示，轨迹上有a、b两点，a点离Q最近，b点离Q最远。下列说法正确的是()

A. a点的电势高于b点的电势

B. a点的电场强度大于b点的电场强度

C. 粒子q过a点时，粒子所受电场力做功的功率最大

D. 粒子q由a运动到b的过程中，电势能增大

11.如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别是

2m和m.劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为θ的绝缘斜面处于沿斜面向上的匀强电场中．开始时，物体B受到沿斜面向上的外力F=3mgsinθ的作用而保持静止，且轻绳恰好伸直．现撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，不计一切摩擦．则在此过程中()

A. 物体B所受电场力大小为mgsinθ

B. B的速度最大时，弹簧的伸长量为3mgsinθ

k

C. 撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为gsinθ

D. 物体A、弹簧和地球组成的系统机械能增加量等于物体B和地球组成的系统机械能的减少量

和B电势能减少量之和

12.如图所示，金属矩形线圈abcd，放在有理想边界(虚线所示)的匀强磁场中，

磁感应强度为B，线圈平面与磁场垂直，线圈做下面哪种运动的开始瞬间

可使ab边受磁场力方向向上()

A. 向右平动

B. 向左平动

C. 向下平动

D. 绕ab轴

转动

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

13.实验课上同学们利用打点计时器等器材，研究小车做匀变速直线运动的规律。其中一个小组的

同学从所打的几条纸带中选取了一条点迹清晰的纸带，如图所示。图中O、A、B、C、D是按打点先后顺序依次选取的计数点，在纸带上选定的相邻两个记数点之间还有四个打出点没有画出。

(1)打点计时器使用的交流电频率为50Hz，则相邻两个计数点间的时间间隔为____ s；

(2)由图中的数据可知，打点计时器打下C点时小车运动的速度大小是________m/s，小车运动

的加速度大小是________m/s2。(计算结果均保留两位有效数字)

14.某实验小组测量一节干电池的电动势和内阻。可选用的实验器材如下：

A.待测干电池

B.电流表A1(0～200μA，内阻为500Ω)

C.电流表A2(0～0.6A，内阻为0.3Ω)

D.电压表V(0～15.0V，内阻约为5kΩ)

E.电阻箱R(0～9999.9Ω)

F.定值电阻R0(阻值为1Ω)

G.滑动变阻器R1(最大阻值为0～10Ω)

H.开关、导线若干

(1)该小组在选择器材时，放弃使用电压表，原因是________；

(2)该小组利用电流表和电阻箱改装了一只量程为2V的电压表，并设计了如图所示的电路，图

中电流表a为________(选填“A1”或“A2”)，电阻箱R阻值为________Ω；

(3)接通开关，调节滑动变阻器，读出两电流表的示数I1、I2的多组数据，在坐标纸上描绘出I1?I2

图线如图所示。根据描绘出的图线，可得所测干电池的电动势E=________V，内阻r=________Ω。

四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）

15.如图所示粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，左端用水银封闭着长L=13cm的理想气体，右端开

口，当封闭气体的温度T=312K时，两管水银面的高度差?=4cm.现对封闭气体缓慢加热，直到左、右两管中的水银面相平．设外界大气压p o=76cmHg．

(1)求左、右两管中的水银面相平时封闭气体的温度；

(2)若保持(1)问中气体温度不变，从右管的开口端缓慢注入水银，直到右侧管的水银面比左侧

管的高?′=4cm，求注入水银柱的长度．

16.如图所示，将小球以一定的初速度从水平地面上A点斜向上抛出，抛

出时速度方向与水平方向夹角为37°，运动至最高点时与一竖直挡板

发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后反弹落回地面上B点，落回B点时速

度方向与水平方向夹角为53°，空气阻力不计，已知小球从A点运动

到B点的时间为1.2s，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2.求：

(1)小球上升的最大高度；

(2)抛出点A与落地点B向的距离。

17.在如图所示的坐标系中，y>0的区域内存在着沿y轴正方向，电场强度为E的匀强电场，y<0

的区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，一带负电粒子从y轴上的P(0,?)点以沿x轴正方向

的初速度射出，通过x轴上的D(2?,0)点并恰好能回到P点。已知带电粒子的质量为m，带电荷量为q，不计重力的影响，求：

(1)粒子初速度的大小v0；

(2)匀强磁场的磁感应强度大小B；

(3)粒子从P点出发到第一次回到P点的时间t。

18.如图所示，质量M=1kg的长木板B置于粗糙的平台上，在长木板的左侧有一质量m2=3kg的

物块A，物块A与木板B之间的动摩擦因数为μ=0.2。质量为m1=1kg的小球C用轻质细线悬挂于物块A的正上方。将小球C向左拉至某一个高度，由静止释放，释放时小球C和物块A之间的高度差为?=3.2m。小球C和物块A发生弹性正碰后的瞬间，细线断裂。与此同时，对长

m。重力加木板B施加一个F=14N的水平恒力。当A与B速度相同时，A距长木板B的左端4

9速度g=10m/s2，试求：

(1)小球C和物块A发生弹性正碰后，物块A的速度为多少？

(2)长木板B与地面的动摩擦因数μ2。

(3)在AB速度达到相同后，再经过t时间，撤去恒力F，求t满足什么条件时，无论长木板多长，物块都会滑出长木板。(结果可保留根号)

-------- 答案与解析 --------

1.答案：D

解析：

【分析】

在速度?时间图象中，直线的斜率表示加速度，根据图象求出电梯的加速度，当人有向上的加速度时，此时人就处于超重状态，当人有向下的加速度时，此时人就处于失重状态。

本题主要考查了对超重和失重现象的理解，关键要明确加速度向上时人处于超重状态，加速度向下时人处于失重状态。注意C项中错在加速度的方向判断上。

【解答】

A.在0～5s内，从速度?时间图象可知，此时的加速度为正，说明电梯的加速度向上，此时人处于超重状态，故A错误；

B.5～10s内，该同学做匀速运动，故其对电梯地板的压力等于他所受的重力，故B错误；

C.在10～20s内，电梯向上做匀减速运动，加速度向下，处于失重状态，故C错误；

D.在20～25s内，电梯向下做匀加速运动，加速度向下，故处于失重状态度，故D正确。

故选D。

2.答案：C

解析：解：β衰变的实质是一个中子变成一个质子和一个电子，故中子减少一个而质子增加一个。故

A、B、D错，C对。

3.答案：A

可知，光的传播速解析：解：一束单色光经由空气射入玻璃，是由光疏介质进入光密介质，由v=c

n

度变慢；一单色光在不同的介质中传播时频率不变，由v=λf可知，波长变短；综上所述可知选项A正确，选项BCD错误．

故选A．

和v=λf结合在不同的介质该题考查了单色光在不同的介质中，波长、变速的变化情况，通过v=c

n

中光的频率不变可得出正确结果．

判断光速的变化情况，光从真空(或空气中)射入某种介质时，频率是不会变化的；会熟练的应用v=c

n

应用v=λf判断波长的变化情况；同时还要了解同种介质对不同频率的光的折射率是不同的．

4.答案：B

解析：解：图2上t=1s时质点经平衡位置向下．

图1上，t=1s时刻，只有x=1m处质点、x=3m处质点经过平衡位置．

简谐横波沿x轴负方向传播，根据波形平移法可知，x=1m处质点经平衡位置向下，与图2t=1s时刻质点的状态相同，而x=3m处质点经平衡位置向上，与图2t=1s时刻质点的状态相反，故B正确，ACD错误．

故选B

由振动图象2读出t=1s时刻质点的运动状态，在波动图象1上找出相对应的质点．

根据波的传播方向判断出质点的振动方向，由振动图象读出质点的振动方向都是应具有和基本能力． 5.答案：D

解析： 【分析】

根据电压之比等于线圈匝数之比可求得输出端的有效值，从而确定电压表示数；

根据有效值的定义以及二极管的性质则可明确灯泡L 两端的电压的有效值，再根据电路结构分析电流表的变化；

根据图b 可知输入电压的最大值和周期，从而求出对应的有效值和角速度。

本题考查了变压器的原理及最大值与有效值之间的数量关系。能根据欧姆定律求解电路中的电流，会求功率，知道电表示数为有效值，明确二极管的单向导电性的正确应用和有效值定义的基本方法的掌握情况。 【解答】

解：AD 、由图b 可知，原线圈输入电压有效值为440V ，根据U 1U 2

=n

1

n 2

，可得副线圈电压为32V ，交流

电压表V 的示数为有效值，即为32V ；

设灯泡L 两端电压的有效值为U′，灯泡的阻值为r ，交变电流的周期为T ，根据交变电流有效值的定义有：

322r

?T

2=

U′2r

T ，解得：U′=22.6V ，故A 错误、D 正确；

B 、当滑动变阻器的触头P 向下滑动时，滑动变阻器阻值减小，原副线圈匝数比不变、输入电压不变，则电压表的示数不变； 则由欧姆定律可知，电流表A 2示数增大，因为理想变压器输入功率与输出功率相等，所以电流表A 1示数也增大，故B 错误；

C 、根据ω=2πT

=100π rad/s 可知，交流发电机转子的角速度为100π rad/s ，故C 错误。

故选：D 。 6.答案：B

解析： 【分析】

根据图像可知，

a →

b 气体做的是等容变化，b →

c 气体做的是等压变化，c →

d 气体做的是等温变化，根据气体的不同状态来分析即可。

本题考查了理想气体的状态方程、热力学第一定律。利用气体的状态方程，逐项分析即可，关键的是掌握住气体的状态方程并能够灵活的应用。 【解答】

A .b →c 的过程中，气体做的是等压变化，温度升高，内能增大；气体体积增大，对外做功，吸收热量，故A 错误；

B .有图像可知，a →b 的过程中，气体做的是等容变化，温度上升所以内能增加，密度不变，故B 正确；

C .c →d 的过程中，气体做的是等温变化，气体的压强减小，气体体积增大，密度减小，故C 错误；

D.在d→a的过程中，气体温度减小，内能减小，分子平均动能减小，不能说明每个分子动能的变化，故D错误。

故选B。

7.答案：D

解析：

【分析】

由地面的万有引力等于重力，再由高空的万有引力等于重力，联合可得高空重力加速度表达式。

无论地面还是高空，万有引力都可以直接表达为：G Mm

r2

=ma。

【解答】

地面万有引力等于重力：G Mm

R2

=mg，

高空处：G Mm

(R+?)2

=ma

解得：a=R 2g

(R+?)2

故ABC错误，D正确。

故选D。

8.答案：D

解析：

【分析】

水平向右缓慢拉绳至轻环重新静止，则环处于静止状态，对环受力分析，由于不考虑重力，则有绳子的拉力垂直于杆的方向时，圆环能保持静止；再对滑轮受力分析，根据平衡条件确定OP段绳子的拉力方向。

该题考查共点力的平衡与矢量的合成，解答的关键是只有绳子的拉力垂直于杆的方向时，即绳子的拉力沿杆的方向没有分力时，光滑轻环才能静止。

【解答】

对轻环Q进行受力分析如图，

则只有绳子的拉力垂直于杆的方向时，绳子的拉力沿杆的方向没有分力，此时圆环能保持静止，由几何关系可知，QP段绳子与竖直方向之间的夹角是θ；再对滑轮分析，受三个拉力，由于OP段绳

子的拉力与另外两个拉力的合力平衡，而另外两个拉力大小相等，故PO在另外两个拉力的角平分

线上，结合几何关系可知，OP与天花板的夹角为45°?θ

2，即：π

4

?θ

2

，故ABC错误，D正确。

故选D。

9.答案：BD

解析：

【分析】

材料的折射率为n=1.5，临界角小于45°，从AB面射入的所有光线在AC面上都发生全反射，从AB 面中间附近射入的光线到达圆弧ACD面时，入射角较小，不发生全反射，可以从圆弧面折射出来。本题考查了全反射现象的理解和分析能力，当光到达两个介质的界面时，要考虑能否发生全反射。【解答】

A.作光路图可知平行光从AB边射入后不发生折射，射到BC边上时，由临界角公式可得：sinC=1

n

=

1 1.5=2

3

，得C=arcsin2

3

<45°，故全部光线发生全反射，故A错误；

BC.BC边反射的光射向ADC弧形边后，由于弧ADC对平行光有会聚作用，故B正确，C错误；D.同时当屏向下移动时，屏上亮区将先变小后变大，故D正确。

故选BD。

10.答案：BD

解析：

【分析】

明确负点电荷的电场分布，带电粒子在电场中运动电场力做功情况和电势能、动能的变化，根据点电荷的电场特点，结合电场力做功与电势能、动能变化的关系，分析判断动能和电势能的大小。

本题主要考查点电荷电场的性质，要注意明确库仑力充当粒子运动的向心力，同时可类比天体的运动，明确做椭圆运动的物体在靠近焦点的轨道上运动的速度大于远离焦点轨道上的速度。

【解答】

A.沿着电场线电势逐渐降低，a点的电势低于b点的电势，故A错误；

B.根据负点电荷的电场分布特点，a点距离负电荷近，a点的电场强度大于b点的电场强度，故B正确；

C.粒子q过a点时，粒子所受电场力与速度夹角等于90°，电场力做功功率为零，故C错误；

D.粒子q由a运动到b的过程中，速度减小，电势能增大，故D正确。

故选BD。

11.答案：BCD

解析：

【分析】

(1)在撤去外力前后对B物体受力分析，应用平衡条件求出电场力；

(2)当B受到的合力为零时，速度最大，应用平衡条件结合胡克定律求解；

(3)在撤去外力F的瞬间对物体B的受力情况作出分析，而后应用牛顿第二定律求解；

(4)由功能关系列式分析。

本题考查了高中物理运动和力，功和能相关知识点的内容，主要偏向功和能的关系；帮助学生很好的从生活情景中分析功和能的关系；从认知水平角度分析，属于理解与应用部分。

【解答】

A.当施加外力时，对B应用平衡条件可得：F?mgsinθ?F电=0，代入已知量解得F电=2mgsinθ，方向沿斜面向下，故A错误；

B.当B受到的合力为零时，B的速度最大，由平衡条件可得：kx=F电+mgsinθ，代入已知量解得

x=3mgsinθ

k

，故B正确；

C.当撤去外力瞬间，由牛顿第二定律可得：F合=F电+mgsinθ=(m+2m)a，代入已知量解得：a=gsinθ，故C正确；

D.电场力对B做正功，电势能减小。设B下落高度为h，则由功能关系可得：W电=1

2m A v2+1

2

m B v2?

m B g?=E p1?E p2，整理得：1

2m A v2=(E p1?E p2)+(m B g??1

2

m B v2)，可见，物体A、弹簧和地

球组成的系统机械能增加量等于物体B和地球组成的系统机械能的减少量和B电势能减少量之和，故D正确。

故选BCD。

12.答案：AD

解析：解：要使ab边受力向上，则根据左手定则可知，电流应沿abcd方向；则根据楞次定律可知，线圈中的磁通量应减小，故可将线圈向右平动或绕ab轴转动，故AD正确，BC错误。

故选：AD。

明确本题中电流是由于电磁感应现象得出的，根据左手定则可分析电流方向，再根据楞次定律即可分析线圈的运动情况．

本题考查楞次定律以及左手定则的应用，要注意明确本题中是由于电磁感应产生的电流，所以要注意掌握楞次定律的应用，要注意本题求的是瞬间即可产生力，而向下平动只有下边开始离开时才能产生电流和力．

13.答案：(1)0.1；

(2)0.96；2.4

解析：

【分析】

相邻计数点之间的时间间隔为：Δt=0.02s×5=0.1s；根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可求出打点计时器打下C点时小车运动的速度大小；根据匀变速直线运动推论x M?x N=(M?N)aT2可求出小车运动的加速度大小。

本题考查了研究小车做匀变速直线运动的规律实验中数据处理的方法，是一道基础题。

【解答】

(1)相邻计数点之间的时间间隔为：Δt=0.02s×5=0.1s；

(2)v C=x BD

2Δt =0.2881?0.0961

0.2

m/s2=0.96m/s；

a=x BD?x OB

(2Δt)2

=2.4m/s2。

故答案为：

(1)0.1；

(2)0.96；2.4。

14.答案：(1)量程太大，测量误差大(2)A19500(3)1.480.7

解析：

【分析】

(1)电压表的量程的远大于干电池的电压；

(2)改装电压表时需要串联一个电阻。

(3)根据闭合电路欧姆定律，整理I1=E

R ?r

R

I2，结合图像解答。

本题考查测量一节干电池的电动势和内阻，关键在于利用闭合电路欧姆定律找到图像中的关系。【解答】

(1)一节干电池的电压为1.5V，电压表的量程为0?15V，量程太大，测量误差大，放弃电压表。

(2)要改装一个电压表，需要串联一个电阻，用电流表A1进行改装，根据电表改装原理R=U

I g

?R g= 9500Ω。

(3)根据闭合电路欧姆定律，E=U+Ir，即I1R=E?I2r，R=1000Ω，整理得I1=E

R ?r

R

I2，结合

图像得到，E=1.48V，r=0.7Ω。

故答案为(1)量程太大，测量误差大；(2)A1； 9500；(3)1.48；0.7。

15.答案：解：(1)设玻璃管封闭气体初态压强为P，体积为V，玻璃管的横截面积为S，末态压强为

P′，体积为V′，当温度上升到T′时，左、右两管中的水银面相平；根据理想气体状态方程可得：PV

T =P′V′

T′

由题意可得：P=76cm?4cm=72cmHg，V=LS，P′=P0，V′=L′S，L′=L+Δ?

2

解得：T′=380K

(2)设注入的水银柱长为x时，右侧管的水银面比左侧管的高Δ?，末状态封闭理想气体的压强：P′′= P0+ρg?′V，体积：V′′=L′′S，

根据玻意耳定律可得：P′V′=P′′V′′，解得：L′′=14.25cm

x=Δ?+2(L′?L′′)

解得：x=5.5cm

解析：本题考查能用静力学观点确解决各处压强的关系；同时注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化，选择合适的气体实验定律解决问题；另外，要注意当两管液面高度差为Δ?=4cm时，向右侧注入水银时，气体的压强与体积均不同，需要分别计算，不能遗漏。

(1)分别求出封闭气体初态和末态的压强，由气态方程求解封闭气体温度；

(2)保持(1)问中气体温度不变，为了使左、右两管中的水银面高度差为Δ?=4cm，需从右管的开口端再缓慢注入水银，封闭气体发生等温变化，水银面相平时，封闭气体的压强等于大气压，由玻意耳定律和几何关系求出注入水银柱长度。

16.答案：解：(1)由运动的分解知，小球从A到B的竖直分运动为竖直上抛运动，根据运动的对称性可知小球从抛

出到上升至最高点的时间为t=0.6s

小球上升的最大高度?=1

2

gt2=1.8m；

(2)设小球在A、B处的竖直速度大小为v y，v y=gt=6m/s

小球在A处的水平速度大小

A与挡板的距离s A=v Ax?t=4.8m

小球在B处的水平速度大小

B与挡板的距离s B=v Bx?t=2.7m

抛出点A与落地点B间的距离s=s A?s B=2.1m。

答：(1)小球上升的最大高度为1.8m；

(2)抛出点A与落地点B向的距离为2.1m。

解析：(1)由运动的分解知，小球从A到B的竖直分运动为竖直上抛运动，根据运动的对称性结合竖直上抛运动的特点求解；

(2)求出小球在A、B处的竖直速度大小为v y，根据运动的合成与分解求解小球在A处的水平速度大小、小球在B处的水平速度大小，再根据水平方向的运动规律求解。

本题主要是考查了平抛运动的规律，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。

17.答案：解：(1)粒子在PD段做类平抛运动，满足：

qE=ma

OP=?=1

2

at12

OD=2?=v0t1

联立以上三式可得：v0=√2q?E

m

(2)v y=at1=√

2q?E

tanθ=v y

v0=1，故粒子在D点与x轴正方向成45°角进入匀强磁场，且速度v=2√q?E

m

，

由几何关系可得：旋转半径R=2√2?，圆心角为270°根据洛伦兹力提供向心力可得：

qvB=

mv2

代入数据可得：B=√mE

2q?

(3)粒子在磁场中的运动时间t2=270°

360°T=270°

360°

·2πm

qB

=3πm

2qB

=3π

2

√2m?

qE

故粒子从P点出发到第一次回到P点的时间t=2t1+t2=2√2m?

qE +3π

2

√2m?

qE

=(3π

2

+2)√2m?

qE

解析：本题考查了带电粒子在复合场中的运动，此类问题处理的关键是把握各段的运动特点及规律。

(1)根据类平抛运动规律和牛顿第二定律即可得解；

(2)根据洛伦兹力提供向心力，并结合几何关系可得；

(3)粒子2倍的电场运动时间与磁场运动时间的总合即为所求。

18.答案：解：(1)根据机械能守恒定律：m1g?=1

2

m1v02；

解得：v0=8m/s；

据动量守恒定律和机械能守恒：m1v0=m1v1+m2v2；

1 2m1v02=1

2

m1v12+1

2

m2v22；

解得：v1=?4m/s，v2=4m/s；

即：小球C和物块A发生弹性正碰后，物块A的速度为4m/s；

(2)设A、B共同的速度为v3，根据平均速度公式可知：x A=v2+v3

2t1，x B=v3

2

t1；

x A?x B=4

9

m；

解得：t1=2

9s，v3=32

9

m/s；

故长木板B的加速度：a2=v3t

1

=16m/s2；

对长木板B受力分析：根据牛顿第二定律可知：F+μ1m2g?μ2(m2+M)g=Ma2；

解得：μ2=0.1；

即：长木板B与地面间的动摩擦因数μ2为0.1；

(3)在A、B速度相同后，A的加速度：a1=μ1g=2m/s2；

B的加速度满足F?μ1m2g?μ2(m2+M)g=Ma′2；

解得：a′2=4m/s2；

在t时间内，长木板B的位移为：x B1=v3t+1

2

a2′t2；

物块A的位移为：x A1=v3t+1

2

a1t2；

撒去F后，物块A继续加速，木板B减速，两者共速后，由于μ1>μ2，所以A、B以相同的加速度一起减速；

故使物块A一定能滑出长木板B的临界条件是两者共速时，A刚好到B的左边缘上；

设撤去力下到共速。时间为t′；

此时木板加速度满足：μ1m2g+μ2(m2+M)g=Ma′′2；

解得：a″2=10m/s2；

t′时间内，物块A的位移为：x A2=(v3+a1t)t′+1

2

a1t′2；

B的位移为：x B2=(v3+a′2t)t′?1

2

a′′2t′2；

由于两者最终共速故有：v3+a′2t?a′′2t′=v3+a1(t+t′)；

由于最终A在B的左边缘上，所以x B1+x B2?(x A1+x A2)=4

9

m

解得：t=2√42

21s，故当t>2√42

21

s时，无论长木板多长，物块都会滑出长木板；

即：在A、B速度达到相同后，再经过t时间，撤去水平恒力F，t满足t>2√42

21

s条件时，无论长木板多长，物块都会滑出长木板。

解析：本题考查了机械能守恒定律、匀变速直线运动的位移与时间的关系、牛顿第二定律；明确物体的运动状态及相对运动是解决问题的关键。

(1)根据机械能守恒求得到达A点的速度，根据动量守恒和机械能守恒求得A的速度；

(2)根据运动学公式求得AB运动的位移，求得运动的时间和共同速度，利用速度时间公式求得加速

度；

(3)当达到相同速度后，分别对A和B的运动进行分析，结合牛顿第二定律和运动学公式即可判断。