福建廈門2019屆高三上學期期末質檢物理試題

1、福建省廈門市2019屆高三上學期期末質檢物理試題一、選擇題1,下列說法中正確的有（）kg、m N都是國際單位制中的基本單位B.伽利略通過理想斜面實驗說明力是維持物體運動的原因C,物理模型在物理學研究中起到了重要作用，其中“質點” “點電荷”等都是理想化模型D.卡文迪許將行星與太陽之間的引力規(guī)律推廣到宇宙中的一切物體，得出萬有引力定律并測 出了引力常量G的數(shù)值【答案】C【解析】【分析】國際單位制在力學中規(guī)定了三個基本物理量，分別為長度、質量、時間，它們在國際單位制 中的單位稱為力學基本單位。根據(jù)牛頓第二定律推導牛頓這個單位；根據(jù)物理學史的知識解 答?！驹斀狻緼、kg與m屬于國際單位中的基本單位，

2、N是導出單位。故 A錯誤；日伽利略通過理想斜面實驗說明力不是維持物體運動的原因，故B錯誤；C “質點” “點電荷”等都是理想化模型，故 C正確；D牛頓將行星與太陽之間的引力規(guī)律推廣到宇宙中的一切物體，得出萬有引力定律，卡文迪許測出了引力常量 G的數(shù)值。故D錯誤。故本題選0=【點睛】該題考查物理學史以及經(jīng)典力學的使用范圍等多個知識點的內容，要求能牢記各物 理量的定義方法，明確它們所采用的基本思想。2,中國首批隱形戰(zhàn)斗機已經(jīng)全面投入使用。演習時，在某一高度水平勻速飛行的戰(zhàn)斗機離目標水平距離L時投彈（投彈瞬間相對戰(zhàn)斗機的速度為零 ），可以準確命中目標。若戰(zhàn)斗機水平飛行高度加倍，飛行速度大小減半，要仍

3、能命中目標，則戰(zhàn)斗機投彈時離目標的水平距離為（不 考慮空氣阻力）（）A.B.0. LD.【答案】B【解析】【分析】平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據(jù)高度，求出平拋運動的時間，根據(jù) X=V0t求出炸彈水平位移的表達式，再分析求解?！驹斀狻空◤棻煌断潞笞銎綊佭\動，在水平方向上的分運動為勻速直線運動，在豎直方向上的分運動為自由落體，所以在豎直方向上：h二城,解得：亡=呼在水平方向上，則知，當轟炸機飛行的高度加倍，飛行速度減半時，炸彈的水平位移變?yōu)樵瓉淼乃燥w乙I機投彈時距離目標的水平距離應為.故選Bo【點睛】解決本題的關鍵是掌握處理平拋運動的方法，平拋運動在水平方向

4、上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，再運用運動學的規(guī)律解題。3.如圖所示，在水平晾衣桿上晾曬床單時，為了使床單盡快晾干，可在床單間支撐輕質小木棍。小木棍位置的不同，兩側床單間夾角0將不同。設床單重力為 G,晾衣桿對床單的作用0越大，F(xiàn)越小C.無論0取何值，都有 F=GD.只有當=120時，才有 F=G【答案】C【解析】以床單和細桿整體為研究對象，分析受力，由平衡條件分析N與G的關系。【詳解】以床單和細桿整體為研究對象，整體受到重力G和晾衣桿的支持力 F,由平衡條件知F=G與9取何值無關，故 ABD昔誤，C正確。故選C?！军c睛】本題屬于兩個物體平衡問題，關鍵要靈活選擇研究對象，采用隔離

5、法分析研究，比較簡便。4.嫦娥四號探測器于北京時間2019年1月3日10時26分在月球背面著陸，開啟了人類月球探測新篇章，堪稱中國航天領域巨大的里程碑。設嫦娥四號繞月球做勻速圓周運動，其到月球中心的距離為r,月球的質量為 M半彳至為R,引力常量為 G,則下列說法正確的是()GM(gmGMA.嫦娥四號繞月周期為旅B.嫦娥四號線速度的大小為C.月球表面的重力加速度為D.月球的第一用速度為【答案】A【解析】【分析】(1)利用萬有引力提供向心力，結合根據(jù)萬有引力近似等于重力，聯(lián)立即可求出嫦娥四號的運行周期T和線速度；(2)根據(jù)萬有引力近似等于重力，即可求出月球的表面的重力加速度；(3)利用萬有引力提供

6、向心力，結合根據(jù)萬有引力近似等于重力，即可求出月球上的第一宇宙速度v。2Mm4rr【詳解】A、根據(jù)萬有引力提供向心力可得：= m可得嫦娥四號的運行周期:rT日根據(jù)萬有引力提供向心力可得:Mm,聯(lián)立可得月球上的第一宇宙速度：甘二故B錯誤;C月球表面附近物體所受的萬有引力近似等于重力:MmGM仃一月，可得：日目=-,故c錯誤;JWrti WD根據(jù)萬有引力提供向心力可得：G=mJ.R2 R聯(lián)立可得月球上的第一宇宙速度：%=粵，J ri故D錯誤。故A正確?！军c睛】本題考查萬有引力定律的運用，解決本題的關鍵掌握萬有引力提供向心力和萬有引力等于重力這兩個理論，并能靈活運用，難度不大。5.廈門地鐵1號線被稱

7、作“最美海景地鐵”，列車跨海飛馳，乘客在車廂內可觀賞窗外美麗的海景。設列車從高崎站至集美學村站做直線運動，運動的v- t圖像如圖所示，總位移為s,總時間為,最大速度為1Tm ,加速過程與減速過程的加速度大小相等，則下列說法正確的是A.加速運動時間大于減速運動時間B.從高崎站至集美學村站的平均速度為22sC.勻速運動時間為h- m2SD.加速運動時間為 不一【答案】C【解析】【分析】速度圖象與時間軸圍成的面積等于物體在該段時間內通過的位移，速度的正負表示速度的方向，只要圖象在時間軸同一側物體運動的方向就沒有改變?！驹斀狻緼、加速過程與減速過程的加速度大小相等，則根據(jù) “ =質，知加速度大小相等，

8、速度變化量大小相等，則時間相等，故 A錯誤；日從高崎站至集美學村站的平均速度=坦段故B錯誤；時間 2CD設勻速運動時間為t ,因為圖像的面積代表位移，故總位移+6)%，所以t :至一 ,故C正確，D錯誤；故選C?！军c睛】本題的解題關鍵是抓住兩個數(shù)學意義來分析和理解圖象的物理意義，速度-時間圖象的斜率等于加速度。6.電風扇的擋位變換器電路如圖所示，把它視為一個可調壓的理想變壓器，總匝數(shù)為2400匝的原線圈輸入電壓 u=220力sin100 % t(V),擋位1、2、3、4對應的線圈匝數(shù)分別為 240匝、600匝、1200匝、2400匝。電動機 M的內阻r=8 Q ,額定電壓為 U=220V,額定

9、功率 P=110W卜列判斷正確的是)()A.該交變電源白頻率為 100HzB.當選擇3擋位后，電動機兩端電壓的最大值為110VC.當擋位由3變?yōu)?后，原線圈的電流變大D.當選擇擋位4后，電動機的輸出功率為 108W【答案】D【解析】【分析】根據(jù)原線圈輸入電壓的瞬時值表達式即可知角速度” 結合s = 2歲得交變電源的頻率；當選擇3檔位后，根據(jù)變壓比規(guī)律求出副線圈兩端電壓的有效值，最大值為有效值的2倍；當檔位由3變?yōu)?后，根據(jù)變壓比規(guī)律判斷副線圈的電壓，分析輸出功率的變化，根據(jù)輸入功率等于輸出功率，由P =【判斷原線圈電流的變化；當選擇檔位4后，根據(jù)變壓比規(guī)律求出副線圈電壓，根據(jù)能量守恒求電動機的

10、輸出功率。 一 一、.【詳解】A根據(jù)原線圈輸入電壓的瞬時值表達式知：3 = 13E ,交變電源的頻率f= h =50H ,故A錯誤; 一，一一， 一 220 2400 B當選擇3檔位后，副線圈的匝數(shù)為1200匝，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比得：- = -7,解得：!_/ t JL U U%二11叩，所以電動機兩端電壓的最大值為11。隹V,故B錯誤；C當中位3變?yōu)?后，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比知，副線圈兩端的電壓減小，輸出功率變小，輸入功率變小，根據(jù) 乙二力。知原線圈電流變小，故 c錯誤；D當選才i檔位4,副線圈匝數(shù)等于 2400匝，根據(jù)電壓比規(guī)律得到副線圈兩端的電壓為220V,電動機正常工作，流過電動機的

11、電流 ，=（ =當 =。5/1,電動機的發(fā)熱功率P熱=產(chǎn)產(chǎn)=05* x H,電動機的輸出功率P出二110-2卬=1。8卬，故D正確。故選D。【點睛】本題考查變壓器原理，要注意明確變壓器的規(guī)律，能用線圈匝數(shù)之比求解電壓及電 流；同時注意注意明確對于非純電阻電路歐姆定律不能使用，在解題時要注意正確選擇功率 公式。.有一款躥紅的微信小游戲“跳一跳”，游戲要求操作者通過控制棋子（質量為m可視為質點）脫離平臺時的速度，使其能從同一水平面上的平臺跳到旁邊的另一平臺上。如圖所示的拋物線為棋子在某次跳躍過程中的運動軌跡，軌跡的最高點距平臺上表面高度為h,不計空氣阻力，重力加速度為g,則（）A.棋子從離開平臺至

12、運動到最高點的過程中，重力勢能增加mgh.棋子從離開平臺至運動到最高點的過程中，機械能增加mgh卜C.棋子離開平臺后距平臺面高度為$時動能為一亍D.棋子落到另一平臺上時的速度大于河【答案】AD【解析】【分析】mgh,故棋子從離開平臺棋子在跳動過程中，不計空氣阻力，只有重力做功，機械能守恒?！驹斀狻緼、設平臺表面為零勢能面，則棋子在最高點的重力勢能為至運動到最高點的過程中，重力勢能增加mgh A正確；日棋子從離開平臺至運動到最高點的過程中，不計空氣阻力，只有重力做功，機械能守恒,B錯誤；C取平臺表面為零勢能面，則棋子在最高點的機械能以，也為棋子在最高點的速度。由于機械能守恒，則棋子離開平臺后距平

13、臺面高度為g時，動能為E-mgh - -rngh + -rn -,故 C 錯誤； 乙工,D設棋子落到平臺時的瞬時速度大小為嘰棋子從最高點落到平臺的過程中，根據(jù)動能定理得：mgh =,解得：u =? D正確。故本題選AD.利用光電管研究光電效應的實驗電路如圖所示，用頻率為v的可見光照射陰極 K,電流表中有電流通過，則（）A.改用紫外光照射 K,電流表中沒有電流通過B.只增加該可見光的強度，電流表中通過的電流將變大C.若將滑動變阻器的滑片移到A端，電流表中一定無電流通過D.若將滑動變阻器的滑片向 B端移動，電流表示數(shù)可能不變【答案】BD【解析】【分析】發(fā)生光電效應的條件是入射光的頻率大于金屬的極限

14、頻率；飽和光電流與光的頻率無關，只與光照強度有關；【詳解】A、用可見光照射陰極 K,能發(fā)生光電效應，則可見光的頻率大于該陰極材料的極限頻率，紫外光的頻率大于可見光，故用紫外光照射K,也一定能發(fā)生光電效應，A錯誤；日增加可見光的照射強度，單位時間內逸出金屬表面的電子數(shù)增多，飽和光電流變大，B正確；C變阻器的Vt片移到 A端，光電管兩端的電壓為零，但光電子有初動能，故電流表中仍有電流通過，C錯誤；D變阻器的滑片向 B端滑動時，可能電流沒達到飽和電流，所以電流表示數(shù)可能增大，可能不變，D正確。故本題選BD【點睛】解決本題的關鍵知道光電效應的條件，以及知道當光電流飽和時，電流不變。.如圖所示，一質量M

15、=2.0kg的長木板B放在光滑水平地面上， 在其右端放一個質量 m=1.0kg 的小物塊A。乂A A和B以大小均為3.0m/s、方向相反的初速度，使 A開始向左運動，B開始向 右運動，A始終沒有滑離B板。下列說法正確的是（）n - -1-4A. A, B共速時的速度大小為 1m/sB.在小物塊A做加速運動的時間內，木板 B速度大小可能是 2m/sC.從A開始運動到A, B共速的過程中，木板 B對小物塊A的水平?jīng)_量大小為 2N-sD.從A開始運動到A, B共速的過程中，小物塊 A對木板B的水平?jīng)_量方向向左【答案】AD【解析】【分析】A始終沒有滑離B,則A先向左做勻減速，后反向做勻加速，B始終向右

16、做勻減速，最終二者達到共同速度；小物塊 A和長木板B組成的系統(tǒng)動量守恒。【詳解】A、設水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：=+ m氏共，解得廿扶=,A正確；日設水平向右為正方向，在小物塊向左減速到速度為零時，設長木板速度大小為廿1,根據(jù)動量守恒定律：解得：%=1.6相空，所以當小物塊反向加速的過程中，木板繼續(xù)減速，木板的速度必然小于1.5m/s ,所以B錯誤；C設水平向右為正方向，根據(jù)動量定理，AB兩物體相互作用的過程中，木板B對小物塊A的平均沖量大小為二切廿加+皿廿二4M故c錯誤；D設水平向右為正方向，根據(jù)動量定理，A對B的水平?jīng)_量. = 共一,負號代 表與正方向相反，即向左。故 D正確。

17、故本題選AD【點睛】分析清楚運動過程，應用動量守恒定律即可正確解題是關鍵。.如圖所示，豎直平面內有一個圓， 空間存在相互垂直的電場和磁場，一個帶正電的小球（可視為質點）以水平初速度從圓上 A點（圖中未畫出）沿著圓所在平面射人圓內，恰好做勻速圓周運動，打在圓形邊界的 C點；若將電場的方向反向，其他條件不變，則該小球將做直線運動，經(jīng)過時間t打在圓周的D點。已知AC=CD磁場的磁感應強度為 B,小球的比荷為 工，則（）TFB.小球從A點到C點的運動時間為 ,C.若該實驗是地面上實現(xiàn)的，且地球表面的重力加速度為g,則小球的運動速度大小為 2gtD.若該實驗是在某星球表面上實現(xiàn)的，已知勻速圓周運動的半徑

18、為R,可求得該星球表面的必重力加速度為【答案】C【解析】【分析】帶電小球進入該復合場后，恰好在豎直平面內做勻速圓周運動，則重力和電場力大小相等，方向相反，即滿足：mg二班,洛倫茲力提供向心力：= m；當電場反向后，小球做直r線運動，則只有滿足：四=mg + qE,才能符合題意。綜上所述，洛倫茲力豎直向上，原電場方向豎直向上?！驹斀狻緼、帶電小球在電磁場做做勻速圓周運動，重力與電場力合力為零，電場力豎直向上，洛倫茲力提供向心力，電場反向后電場力豎直向下，小球做直線運動，洛倫茲力豎直向上，三力的合力為零，小球做勻速直線運動，如果小球做變速直線運動，洛倫茲力發(fā)生變化，小球不可能做直線運動，故小球做勻

19、速直線運動，故 A錯誤；qE=mg洛倫茲力提供向心B小千從A到C過程做勻速圓周運動，重力與電場力合力為零,21產(chǎn)mv力,則：qM? = m,得/=一又因為rM則*又因為電場反向時，小球沿AD做勻速直線運動，則AD的長度為:而=仇。如圖所示，由幾何關系可知,2 不，0 rr=2rsm-,即:02cos-2o osin-cos- = 1 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark2 o Current Document 22A運動到C轉過5即:的圓心角為B =y故弧AC的長度為s = rG =-nvt,所以小球從 A運動到0的時間t = -=,bhv b故B錯誤;C小千從

20、A至ij D做勻速直線運動，由平衡條件得：+又因為q日二:mp,解得:D勻速圓周運動的軌道半徑為 R,由牛頓第二定律得:qx?B = mg + qE,從A到D的運動時間:5,解得:qvH =,從A到D做勻速直線運動,R，故D錯誤。2t故本題選0=【點睛】本題考查了帶電小球在復合場中的運動，根據(jù)題意分析清楚小球的受力情況與運動 過程是解題的前提與關鍵，應用牛頓第二定律與平衡條件即可解題。二、實驗題（含遮光條）的動能變化與合外力做功.某實驗小組同學利用如圖甲所示的裝置“探究滑塊關系”。實驗主要步驟如下在水平桌面上放置氣墊導軌，并將滑塊調到平衡狀態(tài)；用游標卡尺測量遮光條的寬度d ；由導軌標尺讀出兩光

21、電門中心之間的距離L；用天平稱出滑塊和遮光條的總質量 M托盤和祛碼的總質量 m且m遠小于M將滑塊移至光電門1右側某處，釋放滑塊，托盤落地前遮光條已通過光電門2。從數(shù)字計時器讀出遮光條通過光電門 1的時間At i,通過光電門2的時間At 2；IM回答下列問題：(1)為了調節(jié)滑塊處于平衡狀態(tài)，不掛細線和托盤，接通氣源，輕推滑塊，如果遮光條通過光電門1的時間為tl,通過光電門2的時間為t2。當滿足tl t2(填“”、=、“”)時，則表示滑塊已調至平衡狀態(tài)。(2)該同學用游標卡尺測量遮光條的寬度d,如圖乙所示，則 d=mm(3)已知重力加速度為 g,以滑塊(包含遮光條)為研究對象，在實驗誤差允許的范圍

22、內，若滿足關系式(用測量的物理量的字母表示 )，則可認為滑塊(含遮光條)的動能變化與合外力做功相等?！敬鸢浮?1). = (2). 5.2 (3).皿 =(:晨一日之【解析】【分析】(1)根據(jù)遮光條過兩個光電門的時間關系確定氣墊導軌是否水平。(2)游標卡尺主尺與游標尺示數(shù)之和是游標卡尺示數(shù)。(3)遮光條的寬度與遮光條經(jīng)過光電門的時間之比是遮光條的速度，根據(jù)題意應用動能定理求出需要驗證的表達式【詳解】：(1)滑塊從軌道右端向左運動的過程中，發(fā)現(xiàn)滑塊通過光電門1的時間ti等于通過光電門2的時間t2,說明滑塊做勻速運動，滑塊處于平衡狀態(tài)；(2)由圖示游標卡尺可知，其示數(shù)為： 5mm+2 0.1mm=

23、5.2mm(3)由于m遠小于M故滑塊所受拉力大小近似等于mg,d遮光條通過光電門1時的瞬時速度的表達式：.、一 d遮光條通過光電門 2時的瞬時速度的表達式：v2 = -根據(jù)動能定理可得合外力做功和滑塊動能變化的關系：= 2 J 22At2)也J ,故答案為：(1) (2)5.2(3)(獸一目【點睛】本題考查了游標卡尺讀數(shù)、實驗注意事項與實驗數(shù)據(jù)處理，要掌握常用器材的使用及讀數(shù)方法；了解光電門測量瞬時速度的原理。處理實驗時一定要找出實驗原理，根據(jù)實驗原理我們可以尋找需要測量的物理量和需要注意的事項12.廈門某中學開展“愛物理、學物理、用物理”活動，小明打算利用學校的實驗儀器測定某高效節(jié)能燈正常工

24、作的電阻，已知該高效節(jié)能燈的額定電壓為5V,正常工作的電阻約為 500a。實驗室提供的器材有：A.電流表A(量程60mA內阻r1約為1 ，讀數(shù)記為I 1)B.電流表陽量程3mA內阻2=20 0,讀數(shù)記為12)C.電壓表V(量程15V,內阻rv=1kQ，讀數(shù)記為U)D.定值電阻 R=980QE.定值電阻Ra=1980QF.滑動變阻器 R(020 Q )G.學生電源E(電動勢為24V,內阻很小)H.開關S,導線若干(1)為了盡可能精確測量節(jié)能燈正常工作時的電阻，電路的實物圖如圖所示，選擇恰當?shù)膬x器，電表1為,定值電阻為 。(填寫器材前的字母編號)(2)將實物圖中未連接的導線補充完整。(3)該高效節(jié)

25、能次T的電阻R=(用題中所給的字母符號表示 )，調節(jié)滑動變阻器滑片的位置，當電流表A2示數(shù)12=mA記下“電表1”的讀數(shù)代人表達式， 其結果即為節(jié)能燈正常工作時的電阻。【答案】(1). A;E (2).(4). 2.5(1)根據(jù)實驗原理與實驗器材分析選擇實驗所需實驗器材。(2)根據(jù)題意確定滑動變阻器的接法，然后連接實物電路圖。(3)根據(jù)實驗電路應用串并聯(lián)電路特點與歐姆定律求出電阻表達式，燈泡在額定電壓下正常工作?！驹斀狻浚?1)節(jié)能燈的額定電壓為 5V,不能用電壓表測電壓，可以用已知內阻的電流表改裝成6V的電壓表測電壓，用另一電流表測電流，表 1應為電流表A;U6電流表B改裝6V電壓表需要串聯(lián)

26、的分壓電阻：R = -j一七口 “一3一20,19即旨，定值電阻ig2 3 X lv選擇E;(2)由于電源電動勢遠大與 5V,滑動變阻器應采用分壓接法，實物電路圖如圖所示:(3)該局效下能燈的電阻 燈=;當l2=2.5mA時，下能燈兩漏電壓：U=I2(R+2)=2.5 X 10-3X ( 1980+20) =5V,節(jié)能燈正常工作；【點睛】本題考查了實驗器材的選擇、連接實物電路圖、實驗數(shù)據(jù)處理等問題，要掌握實驗器材的選擇原則：安全性原則、精確性原則、方便實驗操作原則。三、計算題13.美國大眾科學雜志報道，中國首艘國產(chǎn)航母預計在2019年服役，該航母將采用電磁彈射技術以縮短戰(zhàn)斗機的起飛距離。航母的

27、水平電磁彈射跑道長度L=50m= 一架質量為m=4.0X 104kg的戰(zhàn)斗機在跑道上由靜止開始做勻加速直線運動，發(fā)動機提供的動力F1=2X105N,電磁彈射裝置水平推進力F2=8.8X105N,戰(zhàn)斗機受到的阻力恒為自身重力0.2倍,g=10m/s2。求：(1)戰(zhàn)斗機運動的加速度大小；(2)戰(zhàn)斗機運動到該跑道末端時推進力F2的功率?！敬鸢浮?1)(2) 4.4 X 1O71V【解析】【分析】(1)對戰(zhàn)斗機受力分析，根據(jù)牛頓第二定律知列式求解加速度；(2)設戰(zhàn)斗機運動到該跑道末端時速度為V,則24=儼，推進力F2的功率產(chǎn)，聯(lián)立解得功率?！驹斀狻浚?1)對戰(zhàn)斗機受力分析，根據(jù)牛頓第二定律知：F2 十

28、= ma代入數(shù)據(jù)解得：(2)設戰(zhàn)斗機運動到該跑道末端時速度為v,則有：2al - v2推進力F2的功率為：2二產(chǎn)浮聯(lián)立解得：,， 【點睛】此題考查牛頓第二定律的應用和瞬時功率的求解，記住P=Fv求瞬時功率時對應的速度為瞬時速度。14.如圖為一裝放射源氨( 常氏H)的盒子，靜止的氫核經(jīng)過一次“衰變成針(錯產(chǎn)白)，產(chǎn)生的a粒子速率V0=1.0Xl07m/s, a粒子從小孔P射出后，經(jīng)過 A孔進入電場加速區(qū)域 I,加速 電壓U=8X 106V。從區(qū)域I射出的a粒子隨后又從 M點進入半徑為r=%后m的圓形勻強磁場區(qū) 域II , MNJ圓形勻強磁場的一條直徑，該區(qū)域磁感應強度為B=0.2T ,方向垂直紙

29、面向里。圓形磁場右邊有一豎直熒光屏與之相切于N點，粒子重力不計，比荷為 -=5X 107C/kg。(1)請寫出氫核衰變的核反應方程；(2)求出a粒子經(jīng)過圓形磁場后偏轉的角度； 求出a粒子打在熒光屏上的位置離 N點的距離?！敬鸢浮?1)甯刖1盟網(wǎng)+扭C(2) 60(3) N點上方3m處【解析】【分析】(1)核反應過程核電荷數(shù)與質量數(shù)守恒，根據(jù)核電荷數(shù)與質量數(shù)守恒寫核反應方程。(2) a粒子在電場中加速，在磁場中做勻速圓周運動，應用動能定理與牛頓第二定律分析答題。(3)根據(jù)幾何知識求出a粒子打在熒光屏上的位置離N點的距離。【詳解】(1)由質量數(shù)與核電荷數(shù)守恒可知，反應方程式為：塞*舐2白+建；1

30、7 1 7(2) a粒子在區(qū)域I電場中加速，由動能定理得：相廿-mv0 ,其中V0=1.0X107m/s,解得：a粒子離開電場區(qū)域后，以速度 V,從M點沿MQT向進入磁場區(qū)域H,在磁場中做勻速圓周 運動洛倫茲力提供向心力：R聯(lián)立方程并代入數(shù)據(jù)得：R=3ma粒子的入射速度過圓心，由幾何知識得：r 事“,tanf)= 一,斛得：日二3。R 3a粒子偏轉角度為4 = 28 = 6?！?3)由幾何知識得： SM(=rtan60 =3ma粒子打在熒光屏上的 N點上方3m處；【點睛】本題考查了核反應方程與帶電粒子在磁場中的運動；核反應過程核電荷數(shù)與質量數(shù) 守恒，根據(jù)核電荷數(shù)與質量數(shù)守恒寫核反應方程；分析清

31、楚粒子運動過程是解題的前提，應 用動能定理與牛頓第二定律可以解題。.一勁度系數(shù)為k=100N/m的輕彈簧下端固定于傾角為 。=53的光滑斜面底端，上端連接物塊Q。一輕繩跨過定滑輪 0, 一端與物塊 Q連接，另一端與套在光滑豎直桿的物塊P連接，定滑輪到豎直桿的距離為 d=0.3m。初始時在外力作用下，物塊P在A點靜止不動，輕繩與斜面平行，繩子張力大小為 50N。已知物塊P質量為m=0.8kg ,物塊Q質量為m=5kg ,不計滑輪大 小及摩擦，取g=10m/s2?，F(xiàn)將物塊P靜止釋放，求：(1)物塊P位于A時，彈簧的伸長量 X1； (2)物塊P上升h=0.4m至與滑輪O等高的B點時的速度大小; 物塊

32、P上升至B點過程中，輕繩拉力對其所做的功?！敬鸢浮?1) 0.1m(2) 2&n/占(3) 8J(1)根據(jù)題設條件和平衡條件、胡克定律，列方程求出彈簧的伸長量;(2)由于本題的特殊性，P處于A位置時與P上升到與滑輪等高位置，彈簧的伸長量與壓縮量恰相等，而此時由速度的合成和分解可知物塊Q的速度為零，所以由機械能守恒律可求物塊P的速度;Q的速度大(3)當Q上升到與滑輪等高時，由系統(tǒng)的機械能守恒和兩個物體速度關系求圓環(huán)小。通過繩子拉力對 Q物體的做功情況，判斷物塊 Q機械能的變化，從而得出何時機械能最大?！驹斀狻?1)物體P位于A點，假設彈簧伸長量為*1,則：7 二嗎尚由十飆1,解得：= 0.1m(2)經(jīng)分析，此時 OB垂直豎直桿，OB=0.3m此時物塊 Q速度為0,下降距離為:Ax=OPOB = 0.5m-03m = 02m,即彈簧壓縮 xz= 02m01m = OAm 彈性勢能不變。對物體PQ及彈簧，從A到B根據(jù)能量守恒有: TOC o 1-5 h z 17m2g Ax - sinG -= 一m環(huán)代入可得：, 對物塊P：，5.：廣