2021-2022學年湖南省懷化市高三（上）第一次診斷物理試卷（附詳解）

2021-2022學年湖南省懷化市高三（上）第一次診斷物理

試卷

一、單選題（本大題共6小題，共24.0分）

1.2021年8月1日。在東京奧運會男子100米半決賽中，蘇炳添跑出9秒83的成績。成

功闖入決賽并創(chuàng)造了亞洲紀錄。成為我國首位闖入奧運會男子百米決賽的運動員。

下列說法正確的是（）

A.百米賽跑過程中蘇炳添的位移就是路程

B.9秒83表示蘇炳添沖到終點時的時刻

C.蘇炳添百米賽跑的平均速度大于36km/h

D.蘇炳添百米全程瞬時速度始終大于其他運動員

2.已知一足夠長的傳送帶與水平面的傾角為仇以一定的速度勻速運動。某時刻在傳

送帶適當?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊奈飰K（如圖a所示），以此時為《=。時刻記錄

了小物塊之后在傳送帶上運動的速度隨時間的變化關系，如圖b所示（圖中取沿斜面

向上的運動方向為正方向，其中兩坐標大小巧＞以。已知傳送帶的速度保持不變，

gmom/s2,則下列判斷正確的是（）

A.0?L內，傳送帶對物塊做正功

B.物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為“，”tan。

C.0~t2內，傳送帶對物塊做功為：⑺諺-mvf）

D.系統(tǒng)產生的熱量一定比物塊動能的減少量大

3.如圖所示，光滑直角三角形支架4BC豎直固定在水平地面上，B、C兩點均在地面

上，AB與BC間的夾角為8,分別套在AB、AC上的小球a和b用輕繩連接，系統(tǒng)處于

靜止狀態(tài)，輕繩與間的夾角為a.a、b的質量之比為（）

A

4.口罩中使用的熔噴布經駐極處理后，對空氣的過濾增加靜電吸附功能。駐極處理裝

置如圖所示，針狀電極與平板電極分別接高壓直流電源正負極，針尖附近的空氣被

電離后，帶電粒子在電場力作用下運動，熔噴布捕獲帶電粒子帶上靜電，平板電極

表面為等勢面，熔噴布帶電后對電場的影響可忽略不計，下列說法正確的是（）

接電源正極

J-----針狀電極

I

I

/熔噴布

jX

接電源負極

、平板電極

A.針狀電極上，針尖附近的電場較弱

B.熔噴布上表面因捕獲帶電粒子將帶負電

C.沿圖中虛線向熔噴布運動的帶電粒子，其加速度逐漸減小

D.兩電極相距越遠，熔噴布捕獲的帶電粒子速度越大

5.在我國南海上有一浮桶式燈塔，其結構如甲圖所示。浮桶下部由內、外兩密封圓筒

構成（圖乙中陰影部分），其內部為產生磁場的磁體，磁體通過支柱固定在暗礁上，

浮桶內置圓形線圈能夠隨波浪相對磁體沿豎直方向上下運動，線圈與塔燈相連。下

列說法錯誤的是（）

第2頁，共19頁

A.當海面無波浪時，該燈塔無法發(fā)光

B.該裝置的工作原理是電磁感應現(xiàn)象

C.當線圈上下運動時，回路中無感應電流

D.圓形線圈上各位置的磁感應強度大小相等

6.如圖所示，傾角為。的斜面足夠長，小球以大小相等的初

A.小球豎直向下拋，所用時間最短’

B.小球垂直斜面向下拋出用時最短

C.小球水平向左拋出用時最長

D.小球豎直向上拋出用時最長

二、多選題（本大題共4小題，共20.0分）

7.一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內a、b、c三""e

6a

點的位置如圖所示，三點的電勢分別為15V、29V、471/,°'一

下列說法正確的是（）9.；

A.坐標原點處的電勢為-3V-o246^cm

B.電子在a點的電勢能比在b點的高14eU

C.電子從b點運動至心點，克服電場力做功為18eV

D.電場強度的大小為5v'/an,方向沿Oc連線，由c指向。

8.一輕彈簧豎直固定在水平桌面上，把質量為巾1的物體1輕放在彈簧上端，物體1由

靜止向下運動到最低點的過程中，其機械能與彈簧壓縮量x間的關系如圖線1所示;

把質量為爪2的物體2輕放在彈簧上端，物體2由靜止向下運動，物體向下運動到最

低點的過程中其機械能與彈簧壓縮量工間的關系如圖線2所示（彈簧始終處于彈性限

度范圍內）。以桌面為零勢能面，已知彈簧的彈性勢能與形變量之間的關系滿足Ep=

海2,則（）

A.兩物體的質量之比mi：m2=3：1

：

B.圖中Xi：%2=13

C.mi與m2的最小機械能之比為1：3

D.與m2的最大動能之比為1：9

9.2021年6月，神舟十二號載人飛船順利升空，并與軌道高度為400km的“天和”核

心艙在圖1中M點成功對接，對接時，神舟十二號已關閉動力。軌道I是神舟十二

號軌道示意圖，口是“天和”核心艙運動的軌道示意圖，圖2為兩航天員出艙情景

圖。已知地球半徑為6400/cin,地球表面重力加速度g取10m/s2,（^）2=0.89?則

下列說法中正確的是（）

圖I圖2

A.質量為50kg的航天員在核心艙內對核心艙的壓力為445N

B.神舟十二號載人飛船在M點的加速度與“天和”核心艙的加速度相等

C.神舟十二號載人飛船在N點發(fā)射速度大于7.9km/s

D.圖2中兩個航天員處于完全失重狀態(tài)，所以二者間的萬有引力為0

10.如圖所示，電路中有阻值均為R的五個完全相同的純電阻元件，a、b兩端接交流電

源，所有電表均為理想電表，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為七、n2?開關S閉

合前、后，電壓表匕的示數(shù)分別為a、U/,電壓表％的示數(shù)分別為g、外‘。已知

%=〃2,開關S閉合前、后，電壓表%的示數(shù)%始終不變，下列說法正確的是（）

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A.=3n

2B.C.U<=*UoD.U2'=

三、實驗題(本大題共2小題，共15.0分)

11.用如圖(a)所示的實驗裝置測量當?shù)刂亓铀俣鹊拇笮?。質量為巾2的重錘從高處由

靜止開始下落，質量為mi的重錘上拖著紙帶利用電磁打點計時器打出一系列的點,

對紙帶上的點跡進行分析，即可測出當?shù)氐闹亓铀俣萭值。如圖(b)給出的是實驗

中獲取的一條紙帶中的某一段，相鄰兩計數(shù)點間還有4個點未畫出，電源的頻率為

50Hz,相鄰計數(shù)點間的距離如圖(b)所示。已知恤=80g、=120g,要求所有

計算結果保留兩位有效數(shù)字。則：

(1)在紙帶上打下計數(shù)點5時的速度%=m/s；

(2)用逐差法求出重錘的加速度大小a=m/s2,而得出當?shù)氐闹亓铀俣却?/p>

小為g=m/s2o

12.某實驗小組為了測量一個量程為3V的電壓表的內電阻R-,設計了以下實驗方案，

甲圖為實驗電路圖，圖中電壓表為待測電壓表，R為電阻箱。

(1)小明實驗步驟如下：先將電阻箱電阻調至0,閉合開關S,電壓表讀數(shù)如圖乙所

示，讀出此時電壓%=V；然后調節(jié)電阻箱的阻值至適當值，讀出電阻箱

阻值R和此時電壓表的電壓小，忽略電源內阻，則電壓表電阻的測量結果即=

(用符號U1、4和R表示)；如果考慮電源內阻，則測量結果即與真實值比

較(選填“偏大”或“偏小”)。

(2)小李實驗步驟如下：閉合開關S,多次調節(jié)電阻箱，讀出電阻箱阻值R及對應電

壓表的電壓U,作出圖象如圖丙所示，不考慮電源內阻，從圖象可知電壓表內

阻的測量值為n；如果已知電源內電阻為r(0,則電壓表內阻的真實值為

______必

四、計算題(本大題共3小題，共41.0分)

13.如圖所示，一足夠長的固定斜面與水平方向的夾角為

e=37°,物體B與斜面間的動摩擦因數(shù)為〃=0.5。將

物體4以初速度火從斜面頂端水平拋出的同時，物體

B在斜面上距頂端L=16.5m處由靜止釋放，經歷時間

t,物體4第一次落到斜面上時，恰與物體B相碰，已知s譏37。=0.6,cos370=0.8,

g=10m/s2,不計空氣阻力，兩物體都可視為質點。求：

(1)物體B沿斜面下滑的加速度a：

(2)%和t的大小。

14.CT掃描是計算方IX射線斷層掃描技術的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測。

圖(a)是某利CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產生部分的示意圖如圖(b)所示。

圖(b)中M、N之間有一電子束的加速電場，加速電壓恒定；高度足夠高、寬度為d的

虛線框內有垂直紙面的勻強偏轉磁場。電子束從靜止開始在M、N之間加速后以速

度u水平射出并進入偏轉磁場，速度方向改變60。角后打到靶環(huán)上的P點產生X射線,

探測器能夠探測到豎直向上射出的X射線?靶環(huán)形狀是以P點為圓心的圓面，P點距

偏轉磁場中心的水平距離為I。已知電子質量為電量為e,電子重力不計、始終

在真空中運動。

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圖(a)圖⑹

(1)求偏轉磁場的磁感應強度B的大小和方向;

(2)若撤去磁場，在虛線框中加一沿豎直方向的勻強偏轉電場，也可使電子偏轉60。

角后打在靶環(huán)上產生X射線。

①求偏轉電場對電子的沖量大?。?/p>

②求靶環(huán)的最小半徑；

③若②問中求得靶環(huán)的最小半徑為R，且電子以初速度處進入M、N之間開始加速

時，電子仍能打到靶環(huán)上，求多的最大值。

15.如圖，一質量a?=0.25kg的平頂小車，車頂右端放一質量=0.30kg的小物體，

小物體可視為質點，與車頂之間的動摩擦因數(shù)〃=04,小車靜止在光滑的水平軌

道上?，F(xiàn)有一質量恤=0.05kg的子彈以水平速度%=24m/s射中小車左端，并留

在車中。子彈與車相互作用時間很短。若使小物體不從車頂上滑落，g取10m/s2。

求：

(1)子彈射中小車過程中損失的機械能4E為多少？

(2)最后物體與車的共同速度為多少？

(3)小木塊在小車上滑行的時間。

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答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：4、100m跑道是直線跑道，此時的100m既是路程也是位移大小，位移是

矢量，路程是標量，不能說位移就是路程，故A錯誤；

B、9秒83是時間間隔，并非時刻，故B錯誤；

C、蘇炳添百米賽跑的平均速度大小5=攔m/s=10.2m/s=366km"，故C正確；

9.83

。、物體經過某一位置的速度是瞬時速度，蘇炳添百米全程瞬時速度不一定大于其他運

動員，故力錯誤；

故選：C。

明確位移和路程的定義，知道位移是矢量而路程是標量；時間是時間軸上的一段，與位

移相對應；而時刻是坐標軸上的一個點，與位置相對應；物體經過某一位置的速度是瞬

時速度.物體在某一過程上的速度是指平均速度；平均速度等于位移與時間的比值。

本題考查位移和路程、平均速度、時間和時刻等內容，要注意明確平均速度和瞬時速度

的區(qū)別，瞬時速度可以精確描述物體的運動狀態(tài)，而平均速度只能粗略地描述物體的運

動。

2.【答案】D

【解析】解：4、由圖知，物塊先向下運動后向上運動，則知傳送帶的運動方向應向上，

。?ti內，物塊對傳送帶的摩擦力方向沿傳送帶向下，則物塊對傳送帶做負功，故A錯

誤；

B、在匕?12內，物塊向上運動，則有卬ngcos。>mgsinO,得“>tan。，故8錯誤；

C、0?弓內，由圖“面積”等于位移可知，物塊的總位移沿斜面向下，高度下降，重力

對物塊做正功，設為心，根據動能定理得：據動能定理得：W+WG=^mvl

則傳送帶對物塊做功W*,故C錯誤；

。、根據功能關系，系統(tǒng)產生的熱量等于物塊重力勢能的減小量和動能的減小量之和，

有t圖像可知，在0?t2時間內，物體的重力勢能減小量為正；t=12時刻之后，物體

隨傳送帶一起運動，系統(tǒng)不再產生熱量，物塊的動能也不再發(fā)生變化，所以系統(tǒng)產生的

熱量一定比物塊動能的減小量大，故D正確；

故選：D。

由圖看出，物塊先向下運動后向上運動，則知傳送帶的運動方向應向上。0?方內，物

塊對傳送帶的摩擦力方向沿傳送帶向下，可知物塊對傳送帶做功情況。由于物塊能向上

運動，則有pngcosO>mgs譏0,根據動能定理研究0?內，傳送帶對物塊做功，根據

功能關系結合物塊的運動情況分析產生的熱量與動能的減小量的大小關系。

本題由速度圖象要能分析物塊的運動情況，再判斷其受力情況，得到動摩擦因數(shù)的范圍，

根據動能定理求解功是常用的方法。

3.【答案】A

【解析】解：分別以a和b為研究對象，進行受力分析，受到重力、支持力和繩子拉力,

將重力和支持力進行合成，如圖所示;

根據幾何關系得到圖中各個角度，利用正弦定理可得:

詠=三，解得加a=雪7

smasm0sin。

而赤石一而赤p解得：mb=^T

所以有：詈=鬻，故4正確、8co錯誤。

iiif)ian(7

故選：Ao

分別以a和b為研究對象，進行受力分析，受到重力、支持力和繩子拉力，將重力和支持

力進行合成，利用正弦定理列方程求解。

本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進

行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解，然后

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在坐標軸上建立平衡方程進行解答。

4.【答案】C

【解析】解：4、針狀電極上，針尖附近的電場線較密，電場較強，故A錯誤；

8、針狀電極帶正電，平板電極帶負電，它們之間的電場大致向下，空氣被電離后的正

電荷在電場力作用下向下運動，則熔噴布上表面因捕獲帶電粒子將帶正電，故B錯誤;

C、沿圖中虛線向熔噴布運動的帶電粒子，所受的電場力逐漸減小，則其加速度逐漸減

小，故C正確；

以設兩電極間電壓為U,熔噴布捕獲的帶電粒子速度為。，根據動能定理得qU=\mv2,

得v=陛,與兩電極間的距離無關，所以熔噴布捕獲的帶電粒子速度一定,故D錯誤。

Ym

故選：C。

根據電場線的分布情況分析電場的強弱；根據熔噴布上表面的帶電情況分析所捕獲的帶

電粒子的電性；根據電場力的變化分析加速度的變化；根據動能定理分析熔噴布捕獲的

帶電粒子速度情況。

解決本題時，要了解電場的分布情況，運用力學的基本規(guī)律，如牛頓第二定律、動能定

理進行分析。

5.【答案】C

【解析】解：4、當海面無波浪時，線圈沒有相對磁體上下運動，則線圈沒有切割磁感

線，所以該燈塔無法發(fā)光，故A正確；

8、該裝置的工作原理是電磁感應現(xiàn)象，故8正確；

C、當線圈上下運動時，線圈切割磁感線，所以回路中有感應電流，故C錯誤；

。、根據對稱性可知，圓形線圈上各位置的磁感應強度大小相等，故。正確；

本題選錯誤的

故選：Co

根據感應電流產生的條件進行判斷即可；結合磁場分布的特點判斷磁感應強度。

本題要注意解題關鍵在于明確磁場的分布特點。

6.【答案】B

故選：B。

假想拋出點也拋出后自由下落，以其為參考系，分析各個小球相對于拋出點的距離，確

定某一時刻小球的位置，畫出圖線進行分析即可。

本題主要是考查拋體運動，解答本題的關鍵是巧選參考系，分析各個小球的位置關系,

畫圖進行分析即可。

7.【答案】ABD

【解析】解：力、在勻強電場中％-0a=-解得：3O=-3V,故4正確

3、根據負電荷在電勢越低的點，其電勢能越大，可知電子在a點的電勢能比在b點的高，

且Epa-Epb--e(0a-Wb)=14W,故B正確

C、電子從b點運動到c點，電場力做功為W=—eUbc——e((Pb—%)=~ex(29—

47"=18eV,所以電子從b點運動到c點，電場力做功18W,故C錯誤

D、沿%方向的場強大小為E*=三二|/7(771=4l//cm

沿y方向的場強大小為Ey=V/cm=3V/cm

合場強為E=相不砥=<42+32V/cm=5V7cm,

合場強與%方向的夾角。滿足tan。=T=l

Ex4

根據沿電場線電勢逐漸降低，根據幾何關系可知方向沿0c連線，由c指向0,故。正確。

故選：ABD.

根據勻強電場電勢差的規(guī)律解得坐標原點的電勢;根據Epa-Epb=-e((pa-%)解得電

子在ab間電勢能再計算；根據電場力做功公式W=-e%c解得；分別解得沿x軸和y軸

的分場強，再根據矢量的合成解得合場強。

第12頁，共19頁

本題考查電勢差與勻強電場的關系，解題關鍵掌握電場力做功的計算公式，同時注意場

強是矢量。

8.【答案】BD

【解析】解：4、設彈簧原長為八以桌面為零勢能面，當x=0時，其機械能為mg/,

從圖中可以看出X=0時,與爪2的機械能之比為1：3,則兩物體的質量之比加1：瓶2=1：

3,故A錯誤；

B、當物體將彈簧壓縮到最短時，物體的機械能最小，彈簧和物體組成的系統(tǒng)機械能守

2

恒，則=|fcx,可知最大壓縮量x與質量小成正比，圖中與：x2=m1：m2=1：3,

故8正確；

C、當物體將彈簧壓縮到最短時，物體的機械能最小，最小機械能E=其

比值無法確定，故C錯誤；

D、當物體的重力與彈簧彈力平衡時，物體的動能最大，則有mg=kx',mgx'=\kx'2+

Ekm,解得最大動能以m=誓，則與7712的最大動能之比為1：9,故O正確。

故選：BD。

根據初始兩物體機械能可解得質量之比；當物體將彈簧壓縮到最短時，物體的機械能最

小，彈簧和物體組成的系統(tǒng)機械能守恒，可解得最大壓縮量之比；當物體的重力與彈簧

彈力平衡時，物體的動能最大。

解決本題的關鍵是正確分析物體的運動情況，知道在加速度為零的時候小球的速度達到

最大值；掌握功能轉化關系。

9.【答案】BC

【解析】解：力、“天和”核心艙在太空做勻速圓周運動時處于完全失重狀態(tài)，所以航

天員對核心艙無壓力作用，故A錯誤；

3、神舟十二號與“天和”核心艙在M點時與地心距離相等，由萬有引力定律和牛頓第

二定律得

故二者的加速度相等，故8正確;

C、根據第一宇宙速度概念可知，第一宇宙速度是最小的發(fā)射速度，故C正確；

。、題圖2兩個航天員處于完全失重狀態(tài)，但二者間仍然符合萬有引力定律，故二者間

萬有引力不為0,故。錯誤。

故選:BC。

4、根據完全失重狀態(tài)的理解，可知航天員對核心艙無壓力作用；

8、由萬有引力定律和牛頓第二定律，結合神舟十二號與“天和”核心艙在M點時與地

心距離相等，可知二者的加速度相等；

C、根據第一宇宙速度的理解，可以判斷該項；

根據萬有引力定律的普遍性，可知兩個宇航員間的萬有引力不為零。

本題以神舟十二號為背景考查天體運動知識，考查考生應用萬有引力知識綜合分析能力。

10.【答案】AC

【解析】解：4、由U]=4和歐姆定律可知，通過理想變壓器原、副線圈的電流大小之

比為1：3,根據變壓器原理得：

%.=2=2

n2ii1

故A正確；

B、根據變壓器原理得：

UQ-U^_n-i_3

U2九21'

解得：

力=卻0，

故B錯誤；

CD、閉合開關S后，設通過副線圈的每個純電阻元件的電流大小為/￡通過副線圈的總

電流為4/‘2，通過原線圈的電流大小為?’2，則

1rl=4凡

u'2=I'2R,

又=U\+3U'2,

聯(lián)立解得：

U'2=^U0,U\=^uo,

故C正確，。錯誤;

第14頁，共19頁

故選：AC?

根據U1=U2求出原副線圈電流之比，根據變流之比可求匝數(shù)比；根據變壓器變壓之比

及歐姆定律知識,可求U1和間的關系；根據變壓器變流之比及歐姆定律知識,可求U'l、

U’2和％間的關系。

該題的突破口是利用理想變壓器的電壓、電流之間的關系，表示出原線圈中的電流和原

線圈回路中的電阻分得的電壓，找出原線圈的電壓和原線圈回路中的電阻的分壓的數(shù)值

關系，即可解決本題。

11.【答案】1.51.99.5

【解析】解:(1)相鄰兩計數(shù)點間還有4個點未畫出，故相鄰兩計數(shù)點時間間隔是=0.1s,

5點的瞬時速度為：%=士=(13-78+I5.7O)XIO-2工1.5/n/s,

、2T2x0.1/'

(2)采用逐差法處理數(shù)據，則加速度大小為：

2

c_X36-X03_(11,92+13.78+15.7O-6.19-8.11-1O.OO)X1O-,2_q,2

a~~m/s-1Vm〃；

33

已知7nl—80g=80x10~kgm2-120g=120x10~kg,

根據牛頓第二定律，則有：m2g-mrg=(mx+m2)a

m+m

則有：9=兀A不2

二;22

代入數(shù)據，解得：g=xl.9m/s=9.5m/so

故答案為：(1)1.5；(2)1.9；9.5

(1)根據勻變速直線運動中時刻的瞬時速度等于該過程的平均速度求計數(shù)點5時運動的

瞬時速度:

(2)利用勻變速直線運動的推論a=器，結合逐差法求加速度大小，再由牛頓第二定律,

即可求解重力加速度大?。?/p>

考查求解瞬時速度的方法，掌握逐差法求解加速度的內容，對于紙帶問題的處理，我們

要熟練應用勻變速直線運動的規(guī)律以及推論進行數(shù)據處理，因此在平時訓練中要提高應

用基本規(guī)律解答實驗問題的能力。

12.【答案】2.97晨偏大a…

【解析】解:(1)電壓表量程為3匕由圖乙所示表盤可知,其分度值為0.1U,示數(shù)為2.97匕

忽略電源內阻，根據圖甲所示電路圖，由閉合電路的歐姆定律得：E=U+/R=U+*R,

由題意得：E=U[,E=U+^R,解得，電壓表內阻：即=黑";

x2KyU]一

考慮電源內阻：E=[7]+*,E=U2+^(R+r),

解得：即='_「，由此可知，考慮電源內阻時，電壓表內阻測量值偏大。

(2)不考慮電源內阻，由圖甲所示電路圖，根據閉合電路的歐姆定律得：E=U+IR=

U+小，

RV

整理得：3擊R+j由圖丙所示A-R圖象可知，圖象的斜率上=白-=T義=5,

UCKycUcKyU-(一a)A

縱軸截距b=i

E

解得，電壓表內阻Ry=a；

考慮電源內阻，由圖甲所示電路圖，根據閉合電路的歐姆定律得：E=U+/(r+R)=

U+5(r+R),

Rv

整理得:"=2/?+￡+喘由圖丙所示5-/?圖象可知，圖象的斜率卜=言=/右=

Uc.KyC.tKy(JtiKyU-1—Q)

縱軸截距b=E

actKy

解得：Rv=a-r；

故答案為：(1)2.97(2.93?2.99均正確)；找p偏大；(2)a；a-r?

(1)根據電壓表量程由圖乙所示表盤確定其分度值，根據指針位置讀出其示數(shù)；根據圖

甲所示電路圖應用閉合電路的歐姆定律分析答題。

(2)根據圖甲所示電路圖應用閉合電路的歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達式，然后根據圖

示圖象分析答題。

本題考查了測電壓表內阻實驗，理解實驗原理是解題的前提，根據圖示電路圖應用閉合

電路的歐姆定律，結合圖示圖象即可解題。

13.【答案】解：(1)對B：做勻加速運動，由牛頓第二定律有,zngsin37。一/nngcos37。=ma,

解得a-2m/s2

222

(2)對4；做平拋運動，則有(|at+L)cos37°=vot,(^at+L)sin37°=^gt,而

且=tan37°

VOt

2

聯(lián)立以上三式解得：a=2m/s,t=1.5s,v0=10m/s.

第16頁，共19頁

答：⑴物體B沿斜面下滑的加速度a為2m/s2；

(2)幾和t的大小分別為10m/s和1.5s.

【解析IB沿斜面向下做勻加速運動，根據牛頓第二定律可求出8的加速度，物體4做平

拋運動，4沿著斜面方向的位移比B大L,根據平拋運動的規(guī)律，4水平方向上做勻速直

線運動，豎直方向上做自由落體運動，根據位移公式和兩物體的位移關系，列方程求解

即可。

本題是相遇問題，關鍵需要根據4、B之間位移關系列出方程，求解。

14.【答案】解：(1)由左手定則知，磁場方向垂直紙面向內

2

洛倫茲力提供向心力：evB=^~