2021届新高考物理模拟培优卷（一）.pdf

《2021届新高考物理模拟培优卷（一）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届新高考物理模拟培优卷（一）.pdf（19页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2021届新高考物理模拟培优卷（一）一、单项选择题：本题共8 小题，每小题3 分，共 24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.下列说法正确的是（）A.海绵很容易被压缩说明分子间存在空隙B.医用脱脂棉对酒精是不浸润的C.有些物质在适当溶剂中溶解时在一定浓度范围内具有液晶态D.煤炭、石油等化石能源也叫清洁能源2.如图所示，一光滑墙面固定一个光滑的定滑轮，通过轻绳连接两个带电小球4 B,所受重力分别为G“、Gn.A,8 两球球心连线水平.两小球静止，连接A 球的轻绳竖直，连接B 球的轻绳与竖直方向的夹角为仇则下列判断正确的是（）A.两小球带异种电荷 B.两小球带电荷量关系QA QBC.两 小 球

2、 的 重 力 关 系 G D.两小球间的库仑力尸=G“tan63.如图所示，足够长的平行玻璃砖厚度为乩 底面镀有反光膜C。，反光膜厚度不计，一束光线以45。的入射角由A 点入射，经底面反光膜反射后，从顶面B点射出（B点图中未画出）.已知该光线在玻璃砖中的传播速度为也为光在真空中的传播速度，则下列说法错误的2CDA.平行玻璃砖的折射率为0B.入射点A 与出射点B之间的距离为金巨3C.平行玻璃砖的全反射临界角为30D.为了使从A点以各种角度入射的光线都能从顶面射出，则底面反光膜C。的长度至少为2d4.在光滑的水平面上，一物体以10 m/s的速度匀速运动，某 时 刻（r=0）受到一个大小随时间变化、

3、方向处于物体初速度所在竖直平面内的外力F,力 F 作用了 2 s,在 02 s 内物体在水平面上运动的加速度大小a随时间f 变化的关系图象如图所示。已知物体的质量为机=2.0kg。下列说法正确的是（）,M m*-1）A.外力产的最大值是8 NB.2 s 末物体的速度大小是14 m/sC.物体在02 s 内的位移大小可能是24 mD.02 s 内外力F 对物体做的功可能为96J5.如图所示为某中学教学区供电示意图，供电部门通过理想变压器原线圈A、8 端送电，虚线框内表示教学区内各教室的照明电路.已知变压器副线圈C、D 端距教学区输入端、F的距离较远，两部分之间的输电线电阻不能忽略，已知A、8 端

4、输入电压一定，则以下说法正确的是（）A.如果教学区同时使用的电灯减少，A、8 端输入电功率仍不变B.C、。端电压一定为220 VC.E、尸端电压一定为220 VD.教学区内同时使用的电灯越多，E、尸端输入电压越低6.如图所示，A 板发出的电子经加速后，沿水平方向射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加电压为U,电子最终打在光屏上的P 点.只改变某一条件，关于电子的运动，下列说法中正确的是（）A.滑动变阻器滑片向右移动时，电子打在荧光屏上的位置上升B.滑动变阻器滑片向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升C.电压U 增大时，电子从发出到打在荧光屏上的时间减小D.电压U 增大时，电子打在荧光屏上的

5、速度大小不变7.2020年 7 月 2 3 日 12时 41分，我国首个火星探测器“天问一号”在海南文昌发射升空.如图所示，假定火星探测器在距火星表面高度为/?的轨道上做圆周运动的周期为T,己知火星半径为R，引力常量为G,根据以上数据，不可能估算出的物理量是（）A.火星的质量与表面重力加速度 B.火星的密度与第一宇宙速度C.火星探测器的动能与所受引力 D.火星探测器的线速度与加速度8.如图所示，电动机通过一轻绳牵引倾角为。=30的斜面底部一质量为?=80.0 kg的静止物体，绳能承受的最大拉力为E,=1200N,斜面的高度为H=45.0 m,物体与斜面间的动摩擦因数为=等，电动机的最大输出功率

6、为12 000 W,要将此物体由静止以最快的方式牵引到斜面顶端（已知此物体在接近斜面顶端时，已达到能达到的最大速度，物体所受拉力方向一直与斜面平行）,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是（）电动机I2EZ/,/A.物体的最大加速度为8m/s2B.物体最终的速度大小为10 m/sC.物体以最大加速度运动的时间为3 sD.物体运动到斜面顶端所需的时间为7.75 s二、多项选择题：本题共4 小题，每小题4 分，共 16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分。9.据国内媒体报道，中国南海“充电宝”的构想即将实现，第

7、一座海上浮动核电站即将建设完成.据专家透露，中国计划建造20个海上浮动核电站，主要用于海水淡化、资源开发以及为护航潜艇和南海各地区供电.此类核电站采用的是“核裂变 技术，尊U 受中子轰击时会发生裂变，产生B a和;:K r,同时放出能量，已知每个铀核裂变时释放的能量约为200 MeV,阿伏加德罗常数取NA=6.0X10 则下列说法中正确的是（）A.核反应方程为a U f/B a +MKr+2；nB.B a的 结 合 能 比 的 结 合 能 大C.只有铀块的体积不小于临界体积时才能发生链式反应D.若 有 1 m ol的铀发生核反应，且核裂变释放的能量一半转化为电能，则产生的电能约为9.6 xlO

8、12 J10.两列横波沿着同一条弹性绳相向传播（绳沿x 方向放置），振幅都是2 0 c m,实线表示的甲波沿x 轴正方向传播，周期为2 s；虚线表示的乙波沿x 轴负方向传播.r=0 时刻两列波的波形如图所示，则下列说法中正确的是（）3/4 5。-20A.乙波的波速为2m/sB.两列波在相遇区域发生干涉现象C.r=L 5s时，平衡位置在x=6 m 的质点位于y=-20cm 处，速度方向沿y 轴负方向D.平衡位置在x=2 m 的质点在f=2 s 时平移到x=6 m 处11.如图甲所示，物块A、B 间拴接一个压缩后被锁定的轻弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中物块4 最初与左侧固定的挡板相接触

9、，物块B的质量为6 kg.现解除对弹簧的锁定，在物块A 离开挡板后，物块B 的U T 图像如图乙所示，则可知（）A.物块A 的质量为4 kgB.运动过程中物块A 的最大速度.=4 m/sC.在物块A 离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒D.在物块A 离开挡板后弹簧的最大弹性势能为9 J12.正方形导线框岫边长为&垂直纸面向里的水平匀强磁场区域，上、下边界分别为M N、P Q,宽度为小 线框平面竖直，而边与M N 平行,距离为从 线框从静止释放后，ah边在下落过程中经过MN与经过PQ时的速度相等 重力加速度大小为g,下列说法正确的是（）d cKM b N/XXX1B dX X X n-p-Q -

10、A.边刚进入磁场时，线框加速度一定向上B.磁场的宽度d 可能小于线框的边长LC.cd边到达M N的速度一定等于 2g（h+L-d）D.线框穿过磁场的全过程，产生的焦耳热一定为2?gd三、非选择题：本题共6 小题，共 60分。13.(6分)(1)如图甲所示，有人对“利用频闪照相研究平抛运动规律”装置进行了改变，在装置两侧都装上完全相同的斜槽4 B,但位置有一定高度差，白色与黑色的两个相同的小球分别由斜槽A、B某位置静止开始释放.实验后对照片做一定处理并建立直角坐标系，得到如图乙所示的部分小球位置示意图，g取lOm/s?.(1)观察改进后的实验装置可以发现，斜槽末端都接有一小段水平槽，这样做的目的

11、是(2)根据部分小球位置示意图，下 列 说 法 正 确 的 是.A.闪光间隔为0.1 s B.白球抛出点坐标(0,0)C.黑球抛出点坐标(0.95 m,0.50 m)D.两小球是从斜槽的相同位置被静止释放的(3)若两球在实验中于图中C位置发生碰撞，则可知两小球释放的时间差约为 s.14.(8分)小强同学网购了一块太阳能电池板，查阅资料得知太阳能电池板在有光照时，可以将光能转化为电能，而在没有光照时，可以视为一个电学器件.(1)小强先根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究太阳能电池板在没有光照时的U-/特性.所用的器材包括：太阳能电池板、电源E、电流表A、电压表V、滑动变阻器R、开关S及导线

12、若干；为了达到上述目的，实验电路应选用图甲、乙中的图(填“甲”或Z”).(2)小强为了研究太阳能电池板的电动势和内阻跟光照强度的关系，选用的器材有电流表(200 RA,500 C)、电阻箱、开关、导线等.甲电阻箱太阳能电池板丙实验器材如图丙所示，请用笔画线代替导线将电路补充完整;以白炽灯为光源，太阳能电池板距离灯分别为4 0 c m 和 6 0 cm时进行测量.并用图像法研究太阳能电池板的电动势和内阻，在坐标系中描点、作图如图丁所示，和 x ”分别表示太阳能电池板距离灯4 0 c m 和 6 0 c m 两种光照条件下的数据点，请计算当太阳能电池板离灯4 0 c m 时的电动势为 V （保留两

13、位有效数字）；通过图像，可 判 断 光 照 强 度 对 太 阳 能 电 池 板 的 电 动 势 的 影 响 是.15.（8分）如图所示，左端封闭、右端开口的U形导热细管置于水平面上。设左侧管高为/?,13底边长乙=二，右侧管足够长。初始时恰好水平段细管全部充满水银，记水银密度为。，重力加速度为g,外界大气压强为外，竖直方向上7 5 cm的水银柱产生的压强等于外,管的粗细忽略不计。现使整个U形管水平向右做匀加速直线运动，加速度大小a =,此时有!的水银柱进入左侧管。4（1）求左侧管高/;（2）若 U形管静止，在右侧管开口处缓慢注入水银，仍使!的水银柱进入左侧管，求注入水银柱的长度H。1 6.（8

14、 分）如图所示，水平直轨道和固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道均与传送带末端相切。一 质 量200g的电动小车停在距传送带左侧s=2 m的水平轨道上，小车与直轨道、传送带之间的动摩擦因数均为0.4,当小车运动到传送带上时切断小车电源。已知传送带长L=6 m,传送带沿顺时针方向匀速运动的速度丫=4 m/s,电动小车的额定功率尸=20 W,右侧半圆形轨道的半径R=2 m,重力加速度g取10 m/s:忽略其他阻力。则小车在直轨道上运动的过程中能否一直做匀加速直线运动然后通过半圆形轨道的最高点？17.（14分）如图所示，坐标系中，在 的 区 域 内 分 布 有 指 向），轴正方向的匀强电场，在”y =2

15、d处放置一垂直于y轴的足够大金属挡板必，带电粒子打到板上即被吸收.一质量为加、电荷量为+4的粒子以初速度?由坐标原点。处沿x轴正方向射入电场，已知电场强度大小为人部,粒子的重力不计（1）要使粒子不打到挡板上，磁感应强度应满足什么条件？（2）通过调节磁感应强度的大小，可让粒子刚好通过点P（4d,0）（图中未画出），求磁感应强度的大小.18.（16分）如图所示，质量=2 kg的平板车放置在水平地面上，一质量?=lk g的滑块（可视为质点）放在平板车的右端，两者均静止。平板车右侧固定一弹簧枪，扳动弹簧枪的扳机，一质量=0.5 kg的橡胶弹丸以速度为=18 m/s从弹簧枪射出后与滑块发生弹性碰撞，碰撞

16、过程极短，最终滑块恰好没有离开平板车。已知重力加速度g取lO m/s2,平板车与水平地面间的动摩擦因数4=0/，滑块与平板车间的动摩擦因数2 =。$，求（忽略空气阻力）：橡胶弹丸弹簧枪(I)碰撞后橡胶弹丸的速度大小:(2)平板车的长度；(3)平板车的总位移。答案以及解析1.答案：c解析：海绵是蓬松多空结构的物质，它的孔径不是分子级别，海绵很容易被压缩不能说明分子间存在空隙，A错误；医用脱脂棉对酒精是浸润的，B错误；有些物质在适当溶剂中溶解时在一定浓度范围内具有液晶态，C正确；煤炭、石油等化石能源不是清洁能源，D错误.2.答案：C解析：A、B两小球受力平衡，则8受到4对B水平向右的库仑力，两小球

17、带同种电荷，故A错误；根据题意无法判断两小球的电荷量的大小关系，故B错误；A球处于静止状态，受力平衡，则轻绳的拉力T=GA，B球受力平衡，根据平衡条件得T e o s =GB，则GAG-,故C正确；8球受力平衡，根据平衡条件得两小球间的库仑力尸=T s i n =G A S i n 6,故D错误.3.答案：C =2*s i n a解析：玻璃砖的折射率为 v&,故A正确；光路图如图所示，由 cS I”2可得 =3 0 ,因此入射点A与出射点B之间的距离为4 8=2 d t a n =2 ,故B正确；设全反射的临界角为C,则有s i n C =变，解得C =4 5。，故C错误；为了使从A点以各n

18、2种角度入射的光线都能从顶面射出，则底面反光膜C。至少为Z w =2 d t a n C =24,故D正确.本题选说法错误的，故选CC!D4答 案:D解析：在f=。时刻，加速度最大，外力水平分量最大，外力的水平分量大小为尼=，=8 N ,外力的竖直分量产,.不能确定，选项A错误；由图象知在2 s内物体的速度变化量A v =x 4 x 2 m/s =4 m/s ,加速度方向与速度方向相同时，末速度v；=v +A v =1 4 m/s ,力 口 速度方向与速度方向相反时E=v-A n=6m/s,选项B 错误；由于在这2 s 内物体做变速运动,加速度方向与速度方向相同时，2 s 内的位移大于 x 2

19、 m =2 4 m,加速度方向与速度方向相反时，2 s 内的位移小于空fx2m=1 6 m,选项C 错误；加速度方向与速度方向相同时，F 作用过程对物体由动能定理有叫=3 根甲一3“2=96_|,选项D 正确。5.答案：D解析：如果教学区同时使用的电灯减少，消耗的电功率减小，根据变压器输入功率等于输出功率，则输入功率也减小，A 错误；由于输电线电阻不能忽略，如果保证电灯能正常工作，则 C、。端的电压大于220 V,B 错误；教学区内同时使用的电灯越多，功率越大，输电线的电阻分压越大，则 E、尸两端的电压越小，C 错误，D 正确.6.答案：B解析：设 4 5 间电压为。，电子在他间做匀加速直线运

20、动，由 动 能 定 理 得=电子随后进入平行金属板做类平抛运动，则 空产,L=W,联立解得y=(L 为平行金属板的长度，”为两平行金属板间的距离)，由此可知，滑动变阻器滑片向左移动时,U 变小，y 变大，电子打在荧光屏上的位置上升，故 A 错误，B 正确；电压U 增大时，平行金属板间电子在水平方向上做匀速直线运动的初速度不变，通过整个区域的时间不变，故C 错误；电压U 增大时，电子通过平行金属板时，电场力做功为W=q ,显然y、E均变大，因此电场力做功增加，电子动能增大，速度增大，故 D 错误.7.答案：C解析：火星探测器环绕火星做圆周运动，设火星探测器质量为?，由万有引力提供向心力有覆土年(

21、R+h),可得火星的质量加=荼(7?+)3,在火星表面，由G*=g 得，火星表面的重力加速度g=4/募%)3,即能估算出火星的质量与表面重力加速度，故 AM不符合题意；由密度公式=不/可 估算出火星的密度，对于质量为飞,贴近火星表面做 TCK3匀速圆周运动的卫星有G警=砥,江，解得火星的第一宇宙速度R2 R则能估算出火星的第一宇宙速度，故 B 不符合题意；因火星探测器的质量m未知，其运行的动能线=g，9 2及受到的万有引力尸=蓝能均不能估算出，故 C 符合题意；火星探测器的线速度丫 =建辿，加速度。=妇”生，均能估算出，故 D 不符合题意.8.答案：D解析：分析可知，以轻绳所能承受的最大拉力拉

22、物体，使物体以最大加速度匀加速上升，电动机达到最大功率后，以最大功率运行，物体到达斜面顶端所用时间最短，在匀加速运动过程中加速度为“=T gsin +mg8s6)=5 m/s 2,选项A 错误；物体做匀加速运动能m达到的最大速度为匕=1 0 m/s,物体以最大加速度运动的时间=U =2 s,最终匀速F,ap运动时的速率为=-=1 5 m/s,选项BC错误；物体做匀加速运动上升tng sin 0+/nmg cos 0的高度为/z=g；sin。，在之后的运动过程中对物体由动能定理有Pt2-mgH _ h)_ ng-mvf,九=+乙，解得 =7.75 s,选项 D 正确。tan 6 2 29.答案：

23、CD解析：由质量数守恒和电荷数守恒及铀核在裂变过程中需要中子的轰击可知该核反应方程为 U +；n f B a+tK r+3；n,故 A 错误；：B a的比结合能比嗡U 大，但曝B a核子数少,Ba结合能较小，故 B 错误；发生链式反应的条件之一是铀块的体积不小于临界体积，故3正确；10101的铀发生核反应产生的电能为6.0、1023*200*50%乂6丫 =9.6*1 0%,故 D正确.10.答 案:AC解析：据图像可知甲波的波长4=4 m,根据波速丫=，解得甲波的波速为v=2 m/s,甲、乙两波在同种介质中传播，所以波速相同，故 A 正确；甲、乙两波的波长不同，频率不同，所以不会发生稳定的干

24、涉现象，故 B 错误；根据平移法，经 过 1.5 s 后，对于x=6 m 处质点,甲波产生的位移为y=-20 c m,速度为0,乙波产生的位移为0,速度沿y 轴负方向，可知f=1.5s时，平衡位置在x=6 m 的质点位于y=-20cm 处，速度方向沿y 轴负方向，故 C 正确；质点不会随波迁移，故 D 错误.11.答案：BD解析：物块A 离开挡板后，物块4、B 与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧恢复原长时物块8的速度最小，物块A的速度最大，由题图乙可知，物块3的初速度%=3 m/s,弹簧恢复原长时，物於8的速度%=l m/s,以向右为正方向，由动量守恒定律得mBv0=mBvB+mAv

25、A,由机械能守恒定律得g%可=+/：，解得V a=%=4 m/s,多=3kg,故A错误，B正确.在物块A离开挡板前，只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒；系统所受合外力等于挡板的作用力，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故C错误.当物块A、B速度相等时，弹簧的形变量最大，弹簧弹性势能最大，从物块A离开挡板到两物块速度相等过程，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得=(%+心)丫，由 机 械 能 守 恒 定 律 得=g(%+为)/+稣，解得E p=9 J,故D正确.1 2.答案：B C解析：设线框电阻为氏帅到达M N时速度为v,cd到达M N时速度为v2,全过程产生的焦耳热为Q,对 碗

26、到达MN时有加0=工研2 ,电动势=8乙 匕，感 应 电 流 为=2R R安培力尸若史湖 边进入磁场后做加速运动，必 边经过P Q时R R的速度一定大于经过MN时的速度，与题意不符。若 三%=g,a b边进入磁场后开始R做匀速运动，若 该 条 件 下 匕 边 经 过 与 经 过P Q时的速度相等，有mg(L-2，g d：若该条件下d =乙,必边经过MN与经过P Q时的速度相等，有,w g(L-d)=球-J w v：,得v 7 2 g(h+L-d)=后,全过程产生的焦耳热。=2，g d ；若该条件下dL,线框全部进入磁场后加速运动，必 边经过夕。时的速度大于经过例N时的速度，与题意不符。若妇 卫

27、 ,咫,岫 边进入磁场后做减速运动，若该条件下4,乙,外边经过P。时的速度小于经R过MN时的速度，与题意不符；若该条件下，/线框全部进入磁场后，线框加速，岫边经过P Q时的速度可能等于经过MN时的速度，有m g(d-L)=g加g加成，得v2=j 2 g(/z +L-d),c d边至I 达P Q时的速度为内，全过程由能量守恒定律有mgh+d+L)=mv；+Q,得 Q=2mgd。综上所述，B C 正确。1 3.答案：(1)保证小球水平抛出(小球抛出时初速度水平)(2)A B D(3)0.1 5解析：(1)斜槽末端都接有一小段水平槽，是为了保证小球水平抛出，做平抛运动.(2)根据AyngV 得 T=

28、曰=0.1 s,故 A正确；横坐标为0.1 5 m 的小球在竖直方向上的分 速 度 号 叫=lm/s,则运动的时间f =0.1 s,所以白球抛出点的坐标为(0,0),故B正确；横坐标为0.8 0 m 的小球在竖直方向上的分速度匕=&也=1.5 m/s ,则运动的时间 =2i=O 5s,水平分速度%=a m/s =1.5 m/s,则此时黑球的水平位移g 0.1x =v/=1.5 x 0.1 5 m=0.225 m,竖直位移y =g g 严=0.1 1 25 m ,黑球抛出点的横坐标XB=0.225 m +0.8 0m =1.025 m,纵坐标为=0.60m-0.1 1 25 m=0.48 75

29、m ,所以黑球抛出点的坐标为(L 025 m,0.48 75 m),故 C错误；两球在水平方向上相等时间间隔内的位移相等，则初速度大小相等，可知两球是从斜槽的相同位置被静止释放的，故 D正确.(3)黑球运动到横坐标为0.8 0 m 时的时间为0.1 5 s,则黑球运动到C处的时间为0.25 s,白球运动到横坐标为0.1 5 m 的时间为0.1 s,则白球运动到C处的时间为0.4 s,则A r =0.4 s -0.25 s =0.1 5 s.1 4.答 案:甲(2)见解析 0.8 2光照强度越大，太阳能电池板的电动势也越大解析：(1)描绘电学器件的伏安特性曲线要求电表示数从零开始变化，所以滑动变

30、阻器采用分压式接法，故应选择甲实验电路图.(2)实物图如图所示.电阻箱太阳能电池板根据实验电路图，由闭合电路欧姆定律得E=I(RG+R+r),变形为,I E EA,根据关系式结合题图丁可得斜率，(1 2-2.2)x 1 0,-,解得E。0.8 2 V.E R 8 x l03 太阳能电池板距离灯40 c m 和 60 c m 的;-R图像中，40 c m 对应的斜率比60 c m 对应的斜率小，即 40 c m 对应的电动势比60 c m 对应的电动势大，离太阳能电池板越近光照强度越强，太阳能电池板的电动势也越大，即可得出光照强度越强，太阳能电池板的电动势也越大的结论.1 5.答案：(1)4-m

31、8解析：(1)U形管在运动过程中，左侧气体做等温变化，设 U形管的横截面积为S,运动3过程中左侧气体的压强为P、,根据玻意耳定律有PhS=P xhS4解得月=。对水银柱进行受力分析，根据牛顿第二定律有p、S+：pghS-PQS=(L-；h)pSa1 3 5而 p()=0.15 mxpg,L =h,a=g，解得A =-m4(2)设注入水银后，左右两侧液面的高度差为凶，则有Pl=Pq+P g M解得A/?=-m41 3因此注入的水银柱的长度”=M +2x =：m4 816.答案：不能，过程见解析2解析：假如小车恰能通过半圆形轨道的最高点，则在最高点满足，咫=簧设小车在半圆形轨道最低点的速度为匕，直

32、轨道所在平面重力势能为零，根据机械能守恒定律有1 mv2 =mg 2CKD +1 mv2解得岭=而 巨=10m/s,由于%丫，故小车在传送带上一直做匀减速直线运动，设小车刚进入传送带时的速度为匕，则有g _,=_ 2 gL解得匕=2厉m/s,若小车在直轨道上一直做匀加速运动，则有s=；卬2解 得 好 后，其加速度。=曳=37111收2s根据牛顿第二定律有F-mg=ma解得牵引力尸=8.2 N,则功率匕“=&3=100 W 20 W故小车不可能一直做匀加速直线运动然后通过半圆形轨道的最高点17.答案：(1)8网?qa3(2+6),%1 3(3+)加%qd 4qd解析：(1)粒子在电场中做类平抛运

33、动，设其进入磁场时速度方向与MN的夹角为仇则由牛顿运动定律和类平抛运动规律有E二q =ma,a.=1 at 2,x=vot,vy=at,V =t a n 6 =上，代入数据解得。=6 0 ,v=2v,x=d,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，若恰好打到极板上，根据几何关系可知Rc o s 6 0 0 +R=d ,2可得R=由于带电粒子在磁场中运动，有(/出=对，可得8 =即詈，R qd因此若使粒子不打到挡板上，应满足8当.qd(2)根据对称性可知，粒子第一次回到x 轴时前进的距离&=2 -2 以汕6 0。=华”-厨，2为不打到挡板上，粒子的轨迹半径应满足0 ,可得-d A r 4(河+机)g,所

34、以平板车向左做匀加速直线运动。根据牛顿第二定律，对平板车有-2I(M +m)g-Ma、解得平板车做匀加速直线运动的加速度大小4=1 m/s2对滑块有功%=ma2解得滑块做匀减速直线运动的加速度大小生=5 m/s?设经时间/滑块和平板车达到共同速度v,则有v=-a2t=at解得f=2s,u=2m/s由题意可知，共速时滑块恰好运动到平板车的左端，则 平 板 车 的 位 移 产=2 m,滑块的位移七=卬-1/=14m故平板车的长度Z,=x2-x,=12m(3)平板车和滑块共速后，由于2 4，所以它们一起向左做匀减速直线运动直到静止对它们组成的整体进行受力分析，根据牛顿第二定律有(M +=(M +m)a3解得整体做匀减速运动的加速度的大小4 =1 m/s?0-v2则平板车此段过程中发生的位移占=一 二=2m 2%所以平板车的总位移x=%+毛=4m