湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高三上学期月考卷（四）物理答案(1)_2023年11月_01每日更新_22号_2024届湖南省长沙市第一中学高三上学期月考卷（四）

炎德·英才大联考长沙市一中 2024 届高三月考试卷（四） 物理 时量75分钟，满分 100分。 一、单项选择题：本题共6小题，每小题 4分，共计24分。每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。 1. 如图所示，一质点做匀加速直线运动先后经过A、B、C三点。已知从A到B和从B到C速度的增加最 x 3m,BC x 13m v均为6m/s，AB间的距离 1 间的距离 2 ，则物体的加速度为（ ） A. 3.6m/s2 B. 4m/s2 C. 4.2m/s2 D. 4.8m/s2 【答案】A 【解析】 【详解】已知从A到B和从B到C速度的增加最v均为6m/s，可得A到B的时间，B到C的时间相等， 根据匀变速直线运动规律可知，B点的速度为 x x 8 v  1 2  B 2T T 根据匀变速直线运动运动规律以及加速度定义式可得 v 2 v 2 2ax B A 1 v v at B A v a T 解得 5 T  s 3 加速度为 v a  3.6m/s2 T 故选A。 2.2018年6月14日，承担“嫦娥四号”中继通信任务的“鹊桥”中继卫星抵达绕地月第二拉格朗日点的轨 道（如图）。第二拉格朗日点是地月连线延长线上的一点，处于该位置上的卫星与月球同步绕地球公转。下 列叙述正确的是（ ）A. 向心力仅来自于地球的引力 B. 线速度小于月球的线速度 C. 角速度小于月球的角速度 D. 向心加速度大于月球的加速度 【答案】D 【解析】 【详解】A．卫星受地球和月球的共同作用的引力提供向心力，故A错误； BC．卫星与月球同步绕地球运动，角速度相等，“鹊桥”中继星的轨道半径比月球绕地球的轨道半径大， 根据vr知“鹊桥”中继星绕地球转动的线速度比月球绕地球线速度大，故BC错误； D．“鹊桥”中继星的轨道半径比月球绕地球的轨道半径大，根据a2r知“鹊桥”中继星绕地球转动的 向心加速度比月球绕地球转动的向心加速度大，故D正确。 故选D。 3. 如图所示，带有孔的小球A套在粗糙的倾斜直杆上，与正下方的小球B通过轻绳连接，处于静止状态。 给小球B施加水平力F使其缓慢上升，直到小球A刚要滑动．在此过程中( ) A. 水平力F的大小不变 B. 杆对小球A的支持力不变 C. 轻绳对小球B的拉力先变大后变小 D. 杆对小球A的摩擦力先变小后变大 【答案】D 【解析】 【详解】AC.对小球受力分析，受拉力F、重力和细线的拉力T，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连 的矢量三角形，如图所示随着的增大，拉力F和细线的拉力T均增加，故AC错误； BD.对AB球整体分析，受重力、拉力F、支持力N和静摩擦力f，如图所示 设杆与水平方向的夹角为，根据平衡条件，在垂直杆方向有 N=  M+m  gcos+Fsin 随着F的增加，支持力增加； 在平行杆方向有 Fcos f=  M m  gsin 故有 f=  M+m  gsinFcos 随着F的增加，静摩擦力逐渐减小，当  M+m  gsin=Fcos 时，摩擦力为零，此后静摩擦力反向增大， 故D正确B错误。 故选D。 4. 学校科技节中某参赛选手设计了运输轨道，如图甲所示，可简化为倾角为θ的足够长固定绝缘光滑斜面。 以斜面底端为坐标原点，沿斜面向上为x轴的正方向，且沿x轴部分区域存在电场。在斜面底端由静止释放 一质量为m、电荷量为＋q的滑块，在滑块向上运动的一段过程中，机械能E随位置坐标x的变化如图乙所 示，曲线A点处切线斜率最大。滑块可视为质点，不计空气阻力，不计滑块产生的电场。以下说法正确的 是（ ）A. 在x  x 过程中，滑块动能先减小后恒定 1 3 E B. 在x处滑块的动能最大，E  0 mgx sin 1 kmax 2 1 C. 在0 x 的过程中重力势能与电势能之和一直增大 2 D. 在0x 过程中，滑块先加速后减速 3 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据 qEx E 机 可知机械能E随位置坐标x的变化图像中图像上某点切线的斜率表示电场力，由于滑块由静止开始运动， 则刚刚释放时的电场力大于重力沿斜面的分力，结合图像可知，图像的斜率先增大后减小至0，则电场力先 增大至最大值，后减小至0，可知电场力与重力沿斜面的方向大小相等的时刻在x  x 中间的某一位置， 1 2 在该位置，滑块所受合力为0，该位置之后，电场力小于重力沿斜面的分立，根据动能定理可知在x  x 过 1 3 程中，滑块动能先增大后减小，A错误； B．动能最大位置时，滑块速度最大，滑块所受合力为0，根据上述可知，动能最大的位置在在x  x 中间 1 2 的某一位置，B错误； C．根据上述可知，在0 x 的过程中滑块动能先增大后减小，而滑块在运动过程中只有重力势能、电势能 2 与动能之间的转化，可知在0 x 的过程中重力势能与电势能之和先减小后增大，C错误； 2 D．根据上述可知，在0x 过程中，滑块向上运动，滑块先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的 3 加速运动，再做加速度反向增大的减速运动，最后做匀减速运动，即在0x 过程中，滑块先加速后减速， 3 D正确。 故选D。 5. 如图所示，在平静的水面上有A、B两艘小船，A船的左侧是岸，在B船上站着一个人，人与B船的总质量是A船的10倍。两船开始时都处于静止状态，当人把A船以相对于地面的速度v向左推出，A船到达 岸边时岸上的人马上以两倍原速率将A船推回，B船上的人接到A船后，再次把它以速度v向左推出…… 直到B船上的人不能再接到A船，忽略水的阻力，则B船上的人最多可以推船的次数为（ ） A.8 B.7 C.6 D.9 【答案】A 【解析】 【详解】取向右为正方向，B船上的人第一次推出A船时，由动量守恒定律得 m v m v 0 B 1 A 解得 m v  A v 1 m B 当A船向右返回后，B船上的人第二次将A推出，由动量守恒定律得 m v 2m v m vm v B 1 A A B 2 解得 3m v v  Av 2 1 m B 当A船再向右返回后，B船上的人第三次将A推出，由动量守恒定律得 m v 2m v m vm v B 2 A A B 3 解得 3m v v  A v 3 2 m B 则B船上的人第n次将A推出，由动量守恒定律得 m v 2m v m vm v B n1 A A B n 得 3m v v  Av n n1 m B 整理得m v (3n2) A v n m B B船上的人不能再接到A船，须有 2vv n 联立解得 22 n 3 则取 n8 故A正确，BCD错误。 故选A。 6. 如图所示，真空中有一匀强电场（图中未画出），电场方向与圆周在同一平面内，ABC是圆的内接直 角三角形，BAC 63.5，O为圆心，半径R5cm。位于A处的粒子源向平面内各个方向发射初动能 均为8eV、电荷量为e的粒子。有些粒子会经过圆周上不同的点。其中到达B点的粒子动能为12eV，达 到C点的粒子电势能为4eV（取O点电势为零）、忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，sin530.8。 下列说法正确的是（ ） A. 圆周上A、C两点的电势差为16V B. 圆周上B、C两点的电势差为4V C. 匀强电场的场强大小为200V/m D. 当某个粒子经过圆周上某一位置时，可以具有3eV的电势能，且同时具有9eV的动能 【答案】D 【解析】 【详解】A．粒子在C点的电势能为4eV，根据 Ep = q C C 可得  4V C因为O点电势为零，所以 U   4V CO C O 根据匀强电场的特点，及AOC为直径，可得 U U 4V CO OA 所以 U U U 8V CA CO OA U U 8V AC CA A、C两点的电势差为8V，A错误； B．因为 U   8V AC A C 所以  4V A 从A到B根据动能定理 U q Ek Ek 12eV8eV4eV AB B A 可得 U 4V AB 又因为 U   4V AB A B 可得  0V B U    4V BC B C B、C两点的电势差为4V，B错误； C．由于B点电势和O点电势相等，连接BO，则BO为匀强电场的等势面，A过做BO的垂线交BO于D 点，则AD的方向为匀强电场电场线的方向，如图所示根据几何关系可知 AOB53 AD AOsin534cm 又因为 U U  4V AD AB 所以匀强电场的场强大小为 U E  AD 100V/m AD C错误； D．因为B点电势为0，则B点电势能也为0，粒子在B点的总能量为 E =Ep  Ek 12eV B B B 根据能量守恒可知当某个粒子经过圆周上某一位置时，可以具有3eV的电势能，且同时具有9eV的动能， D正确。 故选D。 二、多项选择题：本题共 4小题、每小题 5分，共 20分。每小题有多个选项符合题目要求。 全部选对的得 5分，选对但不全的得 3分，有选错的得0分。 7. 如图所示，OO是带有等量异号电荷的金属板A、B的中轴线，A板带正电。B板水平带负电且接地，a、b 和c是在两板之间分别紧靠着金属板A和B表面的三个点。P是中轴线OO上的某点。则以下说法中正确 的是（ ） A. a、b和c三点电场强度的大小相等 B. 同一试探负电荷分别在a点和b点所具有的电势能相同，且均为负值 C. 将一试探正电荷分别从c点移动到a和b点，电场力均做相同的负功D. 在P点放一带负电的小液滴，则液滴有可能保持静止 【答案】BC 【解析】 【详解】A．由于金属板不平行，金属板间的电场不再是匀强电场，所以a、b、c三点的电场强度不相等， A错误； B．a、b是在两板之间分别紧靠着金属板A表面的两个点，其电势相等，且均为正，根据电势能的公式 E q p 由于电荷量是负值，故它们的电势能相等，均为负值，故B正确； C．金属板处于静电平衡状态，a、b两点电势相等，所以将一试探正电荷分别从c点移动到a和b点，电场 力均做相同的负功，故C正确； D．在P点放一带负电的小液滴，小液滴受竖直向下的重力，斜向上的电场力，所以液滴不可能保持静止。 故D错误。 故选BC。 8. 两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同，实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播；虚线 波沿x轴负方向传播，某时刻两列波在如图所示区域相遇，则（ ） A. 在相遇区域会发生干涉现象 B. 平衡位置为x＝6m处的质点此刻速度为零 C. 平衡位置为x＝8.5m处的质点此刻位移 y＞20cm D. 从图示时刻起再经过0.25s，平衡位置为x＝5m处的质点的位移 y＜0 【答案】CD 【解析】 【详解】A．由图像可知，实线波的波长为4m，频率为2Hz，其周期 1 1 T    0.5s f 2Hz 波速 v  8m s T 由图可知：虚线波的波长 6m 传播速度大小相同 vf 虚线波的频率 v 4 f  Hz  3 则两波的频率不同，所以不能发生干涉现象，A错误； B．由图像可知，两列简谐横波在平衡位置为x＝6m处，振动方向都沿y轴正方向，振动方向相同，振动 加强，速度是两者之和，且此时都处于平衡位置，速度都不为0，所以不可能为零，B错误； C．两列简谐横波在平衡位置为x＝8.5m处的质点是振动方向相同，振动加强，由波动方程，平衡位置为 x＝8.5m处的质点此刻在实线波的位移  y  Asin 10 2cm 1 4 在虚线波的位移  y  Asin 10cm 2 6 总位移 y y  y 10 2cm10cm＞20cm 1 2 C正确； D．从图示时刻起再经过0.25s，实线波在平衡位置为x＝5m处的质点在实线波振动半个周期，位于波谷， 即位移为20cm，在虚线波振动 t 1 tf T 3 1 个周期，位移为 3  y  Asin 10 3cm 3 3 总位移 y 20cm+10 3cm＜0 D正确。 故选CD。9. 如图所示，同一竖直平面内有四分之一圆环BC和倾角为53的斜面AC，A 、B 两点与圆环BC的 圆心O 等高。现将甲、乙小球分别从A 、B 两点以初速度v 、v 沿水平方向同时抛出，两球恰好在C 1 2 点相碰（不计空气阻力），已知sin53 0.8 ，cos53 0.6 ，下列说法正确的是（ ） A. 初速度v 、v 大小之比为3:4 1 2 B. 若仅增大v ，则两球不再相碰 1 C. 若v 大小变为原来的一半，则甲球恰能落在斜面的中点D 1 D. 若只抛出甲球并适当改变v 大小，则甲球可能垂直击中圆环BC 1 【答案】AD 【解析】 【详解】A．甲、乙两球从等高处做平抛运动恰好在C 点相碰，则时间相等，水平方向有 R 3 x vt   R ，x v t R 甲 1 tan53 4 乙 2 所以 v 3 1  v 4 2 A正确； B．两球在竖直方向做自由落体运动，同一时间位于同一高度，若仅增大v ，两球会相碰，B错误； 1 C．若v 大小变为原来的一半，在时间不变的情况下水平位移会变为原来的一半，但由于甲球会碰到斜面， 1 下落高度减小，时间减小，所以甲球的水平位移小于原来的一半，不会落在斜面的中点，C错误； D．若甲球垂直击中圆环BC ，则在落点速度的反向延长线过圆心O ，由推论知落点与O 点的水平距离3 xOA R 4 符合实际，因此只抛出甲球并适当改变v 大小，则甲球可能垂直击中圆环BC ，D正确。 1 10. 如图所示，半径R0.8m的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定于水平面上。4个相同的木板紧挨着圆弧 轨道末端静置，圆弧轨道末端与木板等高，每块木板的质量为m1kg，长l 1.5m。它们与地面间的动 摩擦因数 0.1，木板与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在第一块木板左端放置一个质量为 1 M 2.5kg的小铅块B，可视为质点，现让一个与B完全一样的铅块A从圆弧顶端由静止滑下，经圆弧底 端后与B发生弹性正碰，铅块与木板间的动摩擦因数 0.2，g 10m/s2，则（ ） 2 A. 小物块A滑到曲面轨道下端时对轨道的压力大小为50N B. 铅块B刚滑至木板3时的速度为2m/s 17 C. 铅块B运动 s后与某一木板共速 9 175 D. 铅块B与木板间相对滑动过程中系统所产生的总热量为 J 9 【答案】BC 【解析】 【详解】A．小物块A滑到曲面轨道下端，根据动能定理有 1 MgR  Mv2 2 小物块A滑到曲面轨道下端时，根据牛顿第二定律有 v2 F Mg  M N R解得，轨道对小物块A的支持力为 F 75N N 则小物块A滑到曲面轨道下端时对轨道的压力大小为75N，故A错误； B．小物块A与B发生弹性正碰，根据动量守恒有 Mv Mv Mv A B 根据机械能守恒有 1 1 1 Mv2  Mv2  Mv2 2 2 A 2 B 解得，小物块A与B发生弹性正碰后A的速度为零，B的速度为 v 4m/s B 设铅块B刚滑至第n块木板，该木板开始滑动，铅块B对该木板的滑动摩擦力为 f Mg 5N 1 2 该木板及后面木板受到地面的最大静摩擦力为 f [M (4n1)m]g 2 1 要使木板滑动，则有 f  f 1 2 解得 n2.5 即铅块B滑上第3块木板时，木板开始滑动，根据动能定理有 1 1 Mg2l  Mv2  Mv2 2 2 1 2 B 解得，铅块B刚滑至木板3时的速度为 v 2m/s 1 故B正确； C．根据牛顿第二定律有，铅块B在木板上滑动的加速度大小为 Mg a  2 2m/s2 1 M 则铅块B在木板1和2上滑动的时间为 v v t  B 1 1s 1 a 1木板3、4一起滑动时的加速度为 Mg(M 2m)g a  2 1 0.25m/s2 2 2m 假设铅块B能在木板3上滑动时与木板3共速，则有 v v at a t 2 1 12 2 2 解得 8 2 t  s，v  m/s 2 9 2 9 此过程中铅块B的位移为 v v 80 x  1 2 t  m 1 2 2 81 木板3、4的位移为 v 8 x  2 t  m 2 2 2 81 铅块B相对于木板3、4的位移为 8 x x x  ml 1 2 9 则假设成立，则铅块B经过运动到与木板共速的时间为 17 t t t  s 1 2 9 故C正确； D．铅块B在木板上滑动到与木板共速的过程中，根据能量守恒有 1 1 Mv2 Q (M 2m)v2 2 B 2 2 解得，铅块B与木板间相对滑动过程中系统所产生的总热量为 179 Q  J 9 故D错误。 故选BC。 三、实验题：本题共 2小题，11题6分、12题8分，共 14分。 11. 图甲所示为某实验小组同时测量A、B两个箱子质量的装置图，其中D为铁架台、E为固定在铁架台上 的轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略），F 为光电门，C为固定在A上、宽度为d的细遮光条（质量不计）。 此外该实验小组还准备了砝码一套（总质量m 0.5kg）和刻度尺等，请在以下实验步骤中按要求作答。 0（1）在铁架台上标记一位置O，并测得该位置与光电门之间的高度差h。 （2）取出质量为m的砝码放在A中，剩余砝码都放在B中，让A从位置O由静止开始下降。 （3）记录下遮光条通过光电门的时间t，根据所测数据可计算出A下落到F 处的速度v ________，下落 过程中的加速度大小a  ________。（用d、t、h表示） （4）改变m，重复（2）（3）步骤，得到多组m及a的数据，作出am图像如图乙所示。可得A的质量 m ________kg。（重力加速度g取9.8m/s2） A d d2 【答案】 ①. ②. ③.2.5 t 2ht2 【解析】 【详解】（3）[1]A下落到F 处的速度 d v t [2]由匀加速直线运动位移公式 2ahv2 下落过程中的加速度大小 d2 a  2ht2 （2）[3]整体由牛顿第二定律可得 m m  g m m m  g   m m m  a A B 0 A B 0 可得 2g  m m m  g a  m A B 0 m m m m m m A B 0 A B 0 结合图乙可得图线斜率为 2g 2.45  m m m 0.5 A B 0 纵轴截距为  m m m  g A B 0 2.45 m m m A B 0 联立可得 m 2.5kg A 12. 为测量两个电压表的内阻，要求操作方便，并可进行多次测量以尽可能地提高测量的精度，杨老师依据 实验室提供的下列器材，设计了如下电路。 A.待测电压表V ，量程为3V，内阻约为12kΩ； 1 B．待测电压表V ，量程为6V，内阻约为24kΩ； 2 C．电阻箱R，阻值范围0~9999.99Ω； 1 D．电阻箱R ，阻值范围0~99.9Ω； 2 E．滑动变阻器R ，阻值范围0~1500Ω，额定电流1.5A； 3 F.电池组，电动势为12V，内电阻为0.5Ω； 此外还有单刀开关和导线若干供选用。 杨老师没有标明图中a、b、c是什么元件。请你依据电路图，完成后续工作：（1）a应选取电压表______（填待测电压表前面的字母“A”或“B”）； （2）c应选取电阻箱______（填电阻箱前面的字母“C”或“D”）； （3）开关S 闭合，S 断开，V 、V 的读数分别是U 、U ；调节电阻箱的读数为R，S 和S 均闭合， 1 2 1 2 1 2 1 2 适当调节R ，测得V 、V 的读数分别是U、U，可得到待测电压表V 的内阻表达式为R  ______， 3 1 2 1 2 1 V 1 R  ______。 V 2  UU UU  R  UU UU  R 【答案】 ①.B ②.C ③. 1 2 1 2 ④. 1 2 1 2 UU UU 1 2 1 1 【解析】 【详解】（1）（2）[1][2]估算两表满偏电流，均约为0.25mA，设想a表满偏，则c不能选电阻箱R ，否则 2 1 b表无论选V 或V ，其电流均远远无法使表b达到满偏的 ，故c只能选取R。确定c后，要使表b达到 1 2 1 3 1 满偏的 ，则表b只能选取V ，故表a为V 。 1 2 3 （3）[3][4]开关S 闭合，S 断开时，测得电压表的示数U 和U ，有 1 2 1 2 U U 2  1 R R V V 2 1 S 和S 均闭合时，调节电阻箱的阻值为R时，测得电压表的示数U和U，有 1 2 1 2 U U 2  1 R R R V 2 V 1 R R V 1 解得  UU UU  R R  1 2 1 2 V 1 UU 1 2  UU UU  R R  1 2 1 2 V 2 UU 1 1 四、解答题：本题共 3小题。13题12分、14题14分、15题16分，共42分。 13. 如图甲所示，长为L的平行金属板水平固定放置，两板间加有如图丙所示的方波电压，图丙中U 、T 0 均已知，在两板中线左端P点有一个粒子源，不断地从P点射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子， 粒子穿过两板所用的时间为T，从t=0时刻射入两板间的粒子刚好从下板右端边缘射出，在两板右边的竖直U 虚线MN右侧有竖直向下的匀强电场，电场强度大小等于 0 ，在电场中有一水平放置的粒子接收板，粒子 L 接收板的上表面比平行板下板的上表面低的高度为板间距离的一半，不计粒子重力，不计粒子间的相互作 用，求： （1）粒子从P点射出的初速度大小； （2）两平行金属板间的距离； （3）接收板上能接收到粒子区域的长度为多少。 L qU T2   mL6 【答案】（1） ；（2） 0 ；（3） 31 4 T 2m 2qU T2 0 【解析】 【详解】（1）根据题意可知，粒子从P点射出的初速度大小 L v  0 T （2）设板间距离为d，从t=0时刻射进电场的粒子，刚好从下板右端边缘射出，则粒子在电场运动的加速 度大小 qU a  0 1 md 则 2 1 1 T  d 2 a   2 2 1  2  解得 qU T2 d  0 2m （3）由于所有粒子穿过电场的时间均为T，因此所有粒子出电场时沿电场方向的速度为零，即所有粒子射 出电场时速度大小为v ，方向水平向右。根据对称性，从t 0.5T 时刻进入电场的粒子刚好从上板右边缘 0 水平向右射出。即所有粒子射出两板间的区域在两板右端间长为d的区域内。从上板右端边缘射出的粒子 进入MN右侧电场后，做类平抛运动。则x v t 1 0 1 3 1 qE d   1t2 2 2 m 1 U E  0 L 解得 9mT2L2 x v 4 1 0 2qU 0 从下板右端边缘射出的粒子进入MN右侧电场后，做类平抛运动。则 x v t 2 0 2 1 1 qE d   t2 2 2 m 2 解得 mT2L2 x v 4 2 0 2qU 0 因此接收板上有粒子打上的区域长度   mL6 x x x  31 4 1 2 2qU T2 0 14. 如图所示，长为L的轻杆一端连着质量为m的小球，另一端用活动铰链轴接于水平地面上的O点，初 始时小球静止于地面上，边长为L、质量为M的光滑正方体紧挨O点右侧且静止。现在杆中点处施加一大 12mg 小始终为 （g 为重力加速度）、方向始终垂直杆的拉力，经过一段时间后撤去F ，小球恰好能到达最  高点。m、g、L已知，忽略一切摩摖以及空气阻力，试分析： （1）拉力所做的功； （2）撤去拉力F 时小球的速度大小； （3）若小球运动到最高点后受到微小扰动（初速度为零）开始向右倾倒，当杆与水平面夹角30时， 杆对小球的作用力为零，求此时正方体的速度大小v 以及正方体和小球的质量之比M :m。 12gL 【答案】（1）W mgL；（2）v  gL ；（3）v  ，M:m=4:1 F 1 4 【解析】 【详解】（1）根据动能定理可得 W mgL 0 F 力F所做的功为 W mgL F （2）设撒去F时，杆与水平面夹角为，撤去F前，有 12mg L W   mgL F  2 解   6 根据动能定理有 1 mgLmgLsin mv2 2 得撤去F时小球的速度为 v  gL （3）设杆与水平面夹角为时，小球的速度为v ，正方体的速度为v 。由速度关联可得此时的速度关系为 0 1 v =v sinθ 1 0 由加速度关联可得此时小球水平方向的加速度为零，所以轻杆对小球弹力必须为零，即此时小球仅受重力 作用，所以此时小球做圆周运动的向心力由小球重力沿杆方向的分力提供，即 v2 mgsinm 0 L 对M和m组成的系统，从杆开始向右倾斜到M、m分开的过程，由机械能守恒有 1 1 mg(LLsin) mv2  Mv2 2 0 2 1 联立解得 2gL v  ，M:m=4:1 1 4 15. 如图甲所示，倾角30的斜面固定在水平地面上，斜面上放置长度L1m、质量M 3kg的长木 板A，长木板的下端恰好与斜面底部齐平；一可视为质点、质量m1kg、带电量q 1105C的物块B放在木板上，与木板上端距离d 0.15m；与木板上端距离d 1m的虚线ef 右侧存在足够宽匀强电场， 1 2 电场方向垂直斜面向上．t 0时刻起，一沿斜面向上的恒力F作用在长木板上，1s后撤去F，物块B在01s 内运动的vt 图像如图乙所示，且物块B在t 1.3s时速度恰好减为0．已知物块与长木板间的动摩擦因数 3 3   ，长木板与斜面间的动摩擦因数  ，物块B带电量始终不变，重力加速度g取10m s2 ， 1 2 2 3 求： （1）恒力F的大小； （2）匀强电场的电场强度大小； （3）从t 0时刻起到木板下端再次与斜面底部齐平的过程中，物块B与木板A间因摩擦产生的热量． 【答案】（1）F 48N；（2）E 5 3105 N C；（3）Q1.125J 【解析】 【详解】（1）由图乙可得，01s物块B加速度大小为 a 2m s2 1 若物块B与长木板发生相对滑动，则 mgcosmgsinma 1 0 得 a 2.5m s2 0 a a 1 0 故恒力F作用后，两者相对静止，一起向上加速，对AB整体有 F   M m  gcos M m  gsin M m  a 2 1 得F 48N （2）01s内AB一起运动的位移为 v s  1t 1 2 1 得 s 1md 1 2 即撤去外力时木板恰运动到电场边缘，假设撤去外力后AB相对静止一起减速，对AB整体有   M m  gcos M m  gsin M m  a 2 2 得 a 10m s2 2 对物块B有 f mgsinma 0 得 f 5N f 7.5N 0 m 假设成立，两者相对静止一起减速，在此加速度下若B减速为零，则运动距离为 v2 s  1 B0 2a 2 得 s 0.2md B0 1 即物块B到达电场边缘时尚未减速为零。 1 d vt  a t2 1 1 2 2 2 2 得 t 0.1s 2 或 t 0.3s（舍弃） 2 v v a t 2 1 2 2 物块B在t 1.3s减速为零，则共进入电场后的加速度大小为v 0 a  2 3 tt t 1 2 mgsin mgcosqE ma 1 3 得 E 5 3105 N C （3）物块B进入电场后减速为零经过的位移为 v2 s  2 B 2a 3 长木板A减速为零的位移为s ，则 A 1 Mgcoss mgs sin0 Mv2 2 A A 2 2 得 s 0.1m B s 0.05m A s s d B A 1 即物块B尚未冲出长木板A的上端，A物体减速为零后，因 MgcosMgsin 2 故A静止不动，物块B离开电场时，速度与进入时候等大反向，即 v  v 2 2 对B mgcosmgsinma 1 B 对A mgcosMgsin  M m  gcosMa 1 2 A 得 a 2.5m s2 B 5 a  m s2 A 6 两者共速时v a t a t 2 B 4 A 4 得 t 0.3s 4 v 0.25m s 共 此过程中长木板A、物块B各自的位移大小为 v s   共t A 2 4 v v s   2 1t B 2 4 得 s  0.0375m A s  0.1875m B s  d A 2 即此时长木板A尚未到达底部，物块B进入电场后 qE mgcos 与木板间无摩擦生热，仅在物块B离开电场后与长木板A有摩擦生热，即   Q mgcos s s  1 B A 得 Q1.125J