浙江大學附中高三物理上學期期中試題（含解析）新人教版.doc

物理試卷一單選題（每題3分，共24分）1（3分）下列說法正確的是（）a速度變化越快的物體慣性越小b物體做曲線運動的條件是所受合力與速度既不垂直也不在同一直線上c吊扇工作時向下壓迫空氣，空氣對吊扇產(chǎn)生豎直向上的托力，減輕了吊桿對電扇的拉力d用彈簧連接的兩個小球a和b，其中彈簧對a的力和彈簧對b的力是作用力和反作用力考點：牛頓第三定律.分析：物體的慣性與運動的狀態(tài)無關；物體做曲線運動的條件是所受合力與速度不在同一直線上；吊扇工作時向下壓迫空氣，空氣對吊扇產(chǎn)生豎直向上反作用力；彈簧對a的力和彈簧對b的力都是彈簧的彈力解答：解：a、物體的慣性與運動的狀態(tài)無關；故a錯誤；b、物體做曲線運動的條件是所受合力與速度不在同一直線上，可以相互垂直；故b錯誤；c、吊扇工作時向下壓迫空氣，使空氣向下運動，空氣對吊扇產(chǎn)生豎直向上反作用力的托力，減輕了吊桿對電扇的拉力；故c正確；d、彈簧對a的力和a物體對彈簧拉力是作用力與反作用力故d錯誤故選：c點評：該題考查慣性、物體做曲線運動的條件、作用力與反作用力等知識點，都是力學中的基礎概念，要加強對它們的理解、2（3分）物體從靜止開始做直線運動，vt圖象如圖所示，則該物體（）a在第8s末相對于起點的位移最大b在第4s末相對于起點的位移最大c在第2s末到第4s末這段時間內(nèi)的加速度最大d在第4s末和第8s末在同一位置上考點：勻變速直線運動的圖像；勻變速直線運動的速度與時間的關系.專題：運動學中的圖像專題分析：vt圖象中圖象中圖象中的點表示物體的速度，圖象的斜率表示物體的加速度，圖象與時間軸圍成的面積表示物體通過的位移解答：解：a、b、由圖可知，6s內(nèi)物體一直沿正方向運動，68s時物體反向運動，故6s時相對于起點的位移最大，故a錯誤，b錯誤；c、圖象的斜率表示物體的加速度，由圖可知，48s的加速度最大，故c錯誤；d、46s內(nèi)和68s內(nèi)物體的位移大小方向，故8s時物體回到4s所在的位置，故d正確；故選：d點評：本題考查vt圖象的性質(zhì)，要注意明確圖象中點、線及面的含義，并能熟練應用3（3分）某變速箱中有甲、乙、丙三個齒輪，如圖所示，其半徑分別為r1、r2、r3，若甲輪的角速度為，則丙輪邊緣上某點的向心加速度為（）abcd考點：常見的傳動裝置；向心加速度.專題：勻速圓周運動專題分析：甲乙丙三個輪子的線速度相等，根據(jù)a=求出丙輪邊緣上某點的向心加速度解答：解：甲丙的線速度大小相等，根據(jù)a=知甲丙的向心加速度之比為r3：r1，甲的向心加速度，則故a正確，b、c、d錯誤故選a點評：解決本題的關鍵知道甲乙丙三個輪子具有相同的線速度大小，根據(jù)a=可求出它們的向心加速度之比4（3分）（2013寧波二模）如圖所示，小方塊代表一些相同質(zhì)量的鉤碼，圖中o為輕繩之間聯(lián)結的節(jié)點，圖中光滑的滑輪跨在輕繩上懸掛鉤碼，兩裝置處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將圖中的b滑輪或圖中的端點b沿虛線稍稍上移一些，則關于角變化說法正確的是（）a圖、圖中角均增大b圖、圖中角均不變c圖中增大、圖中角不變化d圖中不變、圖中角變大考點：合力的大小與分力間夾角的關系.專題：平行四邊形法則圖解法專題分析：根據(jù)力的平行四邊形定則，結合幾何關系，即可求解解答：解：圖1中，根據(jù)鉤碼個數(shù)，三個力正好構成直角三角形，若端點b沿虛線稍稍上移一些，三力大小不變，根據(jù)力的合成法則，可知，方向不變，即夾角不變圖2中，因光滑的滑輪，且繩子中的張力相等，則a、b的力總是相等的，因此合力平分a、b繩的夾角，即使稍上移，繩子張力大小仍不變，則根據(jù)力的合成法則，可知，ab夾角也不變 故選：b點評：本題解題關鍵是抓住動滑輪繩子的張力大小相等的特點，以及合力與分力的關系：合力大小不變，夾角增大時，合力減小進行分析5（3分）（2014大慶二模）如圖所示是傾角為45的斜坡，在斜坡底端p點正上方某一位置q處以速度v0水平向左拋出一個小球a，小球恰好能垂直落在斜坡上，運動時間為t1小球b從同一點q處自由下落，下落至p點的時間為t2不計空氣阻力，則t1：t2=（）a1：2b1：c1：3d1：考點：平拋運動；自由落體運動.專題：平拋運動專題分析：小球做平拋運動時，根據(jù)分位移公式求出豎直分位移和水平分位移之比，然后根據(jù)幾何關系求解出的自由落體運動的位移并求出時間解答：解：小球a恰好能垂直落在斜坡上，如圖由幾何關系可知，小球豎直方向的速度增量vy=gt1=v0 水平位移s=v0t1 豎直位移hq=g 由得到：由幾何關系可知小球b作自由下落的高度為：hq+sg 聯(lián)立以上各式解得：故選：d點評：本題關鍵是明確小球q的運動是平拋運動，然后根據(jù)平拋運動的分位移和分速度公式聯(lián)立求解出運動時間，再根據(jù)幾何關系得到自由落體的位移，從而進一步求得時間，最后得到比值6（3分）（2012南寧模擬）a、b是一條電場線上的兩個點，一帶負電的微粒僅在電場力作用下以一定初速度從a點沿電場線運動到b點，其速度時間圖象如圖所示則這一電場可能是下圖中的（）abcd考點：勻變速直線運動的圖像；電場線.分析：（1）速度時間圖象中，圖象的斜率表示加速度；（2）電場線分布密集的地方電場強度大，分布稀疏的地方，電場強度??；（3）負電荷受電場力的方向與電場強度方向相反；（4）對只受電場力作用的帶電微粒，電場力越大，加速度越大，也就是電場強度越大，加速度越大解答：解：由圖象可知，速度在逐漸減小，圖象的斜率在逐漸增大，故此帶負電的微粒做加速度越來越大的減速直線運動，所受電場力越來越大，受力方向與運動方向相反故選：a點評：本題考查了速度時間圖象的應用和電場線的相關知識，要明確斜率的含義，要能根據(jù)圖象判斷物體的運動情況，進而分析受力情況能根據(jù)電場線的分布判斷電場強度的大小難度適中7（3分）如圖所示，a、b兩小球分別連在彈簧兩端，b端用細線固定在傾角為30的光滑斜面上a、b兩小球的質(zhì)量分別為ma、mb，重力加速度為g，若不計彈簧質(zhì)量，在線被剪斷瞬間，a、b兩球的加速度分別為（）a都等于b和0c和0d0和g考點：牛頓第二定律.專題：牛頓運動定律綜合專題分析：當兩球處于靜止時，根據(jù)共點力平衡求出彈簧的彈力，剪斷細線的瞬間，彈簧的彈力不變，根據(jù)牛頓第二定律分別求出a、b的加速度大小解答：解：對a球分析，開始處于靜止，則彈簧的彈力f=magsin30，剪斷細線的瞬間，彈簧的彈力不變，對a，所受的合力為零，則a的加速度為0，對b，根據(jù)牛頓第二定律得，=g故選：d點評：本題考查牛頓第二定律的瞬時問題，抓住剪斷細線的瞬間，彈簧的彈力不變，結合牛頓第二定律進行求解8（3分）一物塊沿傾角為的斜坡向上滑動當物塊的初速度為v時，上升的最大高度為h，如圖所示；當物塊的初速度為時，上升的最大高度記為h重力加速度大小為g物塊與斜坡間的動摩擦因數(shù)和h分別為（）atan和b（1）tan和ctan和d（1）tan和考點：牛頓第二定律.專題：牛頓運動定律綜合專題分析：兩次上滑過程中，利用動能定理列式求的即可；解答：解：以速度v上升過程中，由動能定理可知以速度上升過程中，由動能定理可知聯(lián)立解得，h=故d正確故選：d點評：本題主要考查了動能定理，注意過程的選取是關鍵；二多選題（每題4分，共16分）9（4分）關于物理學研究中使用的主要方法，以下說法正確的是（）a在用實驗探究加速度、力和質(zhì)量三者之間的關系時，應用了控制變量法b在利用速度時間圖象推導勻變速直線運動的位移公式時，使用的是微元法c用點電荷代替帶電體，應用的是理想化模型法d伽利略在利用理想實驗探究力和運動的關系時，使用的是實驗歸納法考點：伽利略研究自由落體運動的實驗和推理方法.分析：物理學的發(fā)展離不開科學的思維方法，要明確各種科學方法在物理中的應用，如控制變量法、理想實驗、理想化模型、極限思想等解答：解：a、在用實驗探究加速度、力和質(zhì)量三者之間的關系時，由于涉及物理量較多，因此采用控制變量法進行實驗，故a正確；b、在利用速度時間圖象推導勻變速直線運動的位移公式時，采用極限思想，把時間軸無限分割，得出面積大小等于物體位移的結論，故b正確；c、點電荷是高中所涉及的重要的理想化模型，都是抓住問題的主要因素，忽略次要因素，故c正確；d、理想斜面實驗探究力和運動的關系時，采用的是理想斜面實驗法和將試驗結論外推的方法，故d錯誤故選：abc點評：本題考查了常見的研究物理問題的方法的具體應用，要通過練習體會這些方法的重要性，培養(yǎng)學科思想10（4分）如圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負電，下板帶正電，帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下板邊緣飛出若下板不動，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球（）a將打在下板中央b仍沿原軌跡由下板邊緣飛出c不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運動d若上板不動，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央考點：帶電粒子在勻強電場中的運動；電容器的動態(tài)分析.專題：帶電粒子在電場中的運動專題分析：將電容器上板向下移動一段距離，電容器所帶的電量q不變，根據(jù)電容器的定義式導出電場強度的變化，判斷粒子的運動情況解答：解：abc、將電容器上板向下移動一段距離，電容器所帶的電量q不變，由于：e=，由公式可知當d減小時，場強e不變，以相同的速度入射的小球仍按原來的軌跡運動，故a錯誤，b正確，c錯誤d、若上板不動，將下板上移一段距離時，根據(jù)推論可知，板間電場強度不變，粒子所受的電場力不變，粒子軌跡不變，小球可能打在下板的中央，故d正確故選：bd點評：注意當電容器與電源斷開時，電容器所帶的電量是定值不變，當電容器與電源相連時，電容器兩端電壓為定值11（4分）如圖所示，a、c和b、c是兩個固定的斜面，斜面的頂端a、b在同一豎直線上甲、乙兩個小物體在同一豎直線上甲、乙兩個小物塊分別從斜面ac和bc頂端由靜止開始下滑，質(zhì)量分別是m1、m2（m1m2），與斜面間的動摩擦因數(shù)均為若甲、乙滑至底端c的過程中克服摩擦力做的功分別是w1、w2，所需時間分別是t1、t2甲、乙滑至底端c時速度分別是v1、v2，動能分別是ek1、ek2，則（）aek1ek2bv1v2cw1w2dt1t2考點：動能定理的應用.專題：動能定理的應用專題分析：應用動能定理求出物體到達底端的動能，然后比較動能大小，根據(jù)動能的計算公式求出物體的速度，然后比較大??；由功的計算公式求出克服摩擦力所做的功，然后比較功的大?。挥膳ｎD第二定律與運動學公式求出物體的運動時間，然后比較時間大小解答：解：a、設斜面的傾角為，斜面水平長度為l，由動能定理得：mgltanmgcos=ek10，ek1=mgl（tan），m1m2，12，無法判斷兩物體動能大小，故a錯誤；b、ek1=mgl（tan）=mv2，v=，12，v1v2，故b正確；c、克服摩擦力做的功w=mgcos=mgl，m1m2，w1w2，故c正確；d、由牛頓第二定律得：mgsinmgcos=ma，=at2，t=，其中：tan=，sin是增函數(shù)，角越大，sin越大，由于12，則sin（21）sin（22），分母越大，分數(shù)的值越小，因此：t1t2，故d正確；故選：bcd點評：熟練應用動能定理、功的計算公式、牛頓第二定律、運動學公式即可正確解題12（4分）（2014普陀區(qū)二模）某家用桶裝純凈水手壓式飲水器如圖，在手連續(xù)穩(wěn)定的按壓下，出水速度為v，供水系統(tǒng)的效率為，現(xiàn)測量出桶底到出水管之間的高度差h，出水口傾斜，其離出水管的高度差可忽略，出水口的橫截面積為s，水的密度為，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）a出水口單位時間內(nèi)的出水體積q=vsb出水口所出水落地時的速度c出水后，手連續(xù)穩(wěn)定按壓的功率為+d手按壓輸入的功率等于單位時間內(nèi)所出水的動能和重力勢能之和考點：功率、平均功率和瞬時功率；功能關系.分析：出水口的體積v=sl，再除以時間即為位時間內(nèi)的出水體積，水從出水平流出后做平拋運動，根據(jù)高度求出落地時豎直方向的速度，再根據(jù)幾何關系求出出水口所出水落地時的速度，在時間t內(nèi)，流過出水口的水的質(zhì)量m=svt，手連續(xù)穩(wěn)定按壓使水具有初動能和重力勢能，根據(jù)勢能和動能的表達式及供水系統(tǒng)的效率求出手連續(xù)穩(wěn)定按壓做的功，再根據(jù)求解功率即可解答：解：a、出水口的體積v=sl，則單位時間內(nèi)的出水體積q=，故a正確；b、水從出水平流出后做平拋運動，則落地時速度方向速度，所以出水口所出水落地時的速度v=，故b錯誤；c、手連續(xù)穩(wěn)定按壓使水具有初動能和重力勢能，在時間t內(nèi)，流過出水口的水的質(zhì)量m=svt，則出水口的水具有的機械能e=，而供水系統(tǒng)的效率為，所以手連續(xù)穩(wěn)定按壓做的功為w=，則功率p=，故c正確；d、手按壓輸入的功率等于單位時間內(nèi)所出水的動能和重力勢能之和除以供水系統(tǒng)的效率，故d錯誤；故選：ac點評：解答本題要知道水從出水平流出后做平拋運動，根據(jù)平拋運動的基本規(guī)律求解，注意手連續(xù)穩(wěn)定按壓時做水做的功沒有全部轉(zhuǎn)化為水的機械能，注意供水系統(tǒng)的效率，難度適中三填空題（每題4分，共20分）13（4分）如圖所示，足夠長的斜面傾角=37，一物體以v0=24m/s的初速度從斜面上a點處沿斜面向上運動；加速度大小為a=8m/s2，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，則物體沿斜面上滑的最大距離x=9m，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)=0.25考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關系.專題：牛頓運動定律綜合專題分析：（1）根據(jù)勻變速直線運動的速度位移公式求出物體沿斜面上滑的最大距離（2）根據(jù)牛頓第二定律，結合沿斜面方向上產(chǎn)生加速度，垂直斜面方向上合力為零，求出動摩擦因數(shù)的大小解答：解：（1）由運動學公式得：=36m（2）由牛頓第二定律得有：沿斜面方向上：mgsin+f=ma（1）垂直斜面方向上：mgcosn=0（2）又：f=n（3）由（1）（2）（3）得：=0.25 故答案為：9m0.25點評：本題考查了牛頓第二定律和運動學公式的綜合運用，知道加速度是聯(lián)系力學和運動學的橋梁14（4分）板長為l的平行金屬板與水平面成角放置，板間有勻強電場一個帶負電、電量為q、質(zhì)量為m的液滴，以速度v0垂直于電場方向射入兩板間，如圖所示，射入后液滴沿直線運動，兩極板間的電場強度e=液滴離開電場時的速度為（液滴的運動方向沒有改變）考點：帶電粒子在混合場中的運動.專題：帶電粒子在復合場中的運動專題分析：粒子在電場中受到重力和電場力作用，重力方向豎直向下，電場力方向垂直于兩極板，兩個力不在同一條直線上，故合力不為零，物體沿直線運動，所以合力方向必定與物體的運動方向同向或者反向，很明顯在這合力應與物體的運動方向反向電場力方向應垂直于虛線向上，此過程中電場力不做功，由平行四邊形定則求解電場力，得到電場強度；由動能定理可知，動能的增量等于重力做功解答：解：由題液滴做直線運動，則電場力方向應垂直于虛線向上，液滴所受的合力方向沿虛線向下，如圖所示，液滴做勻減速直線運動，則：qe=mgcos解得：e=因電場力與位移方向垂直，不做功，故電勢能不變；根據(jù)動能定理，液滴離開電場時動能為：+mglsin液滴離開電場時的速度為：v=故答案為：，點評：本題是帶電體在復合場中運動的類型，分析液滴的受力情況，確定電場力的方向是解題的關鍵，要緊扣直線運動的條件進行分析15（4分）（2013龍江縣三模）某學習小組利用自行車的運動“探究阻力做功與速度變化的關系”人騎自行車在平直的路面上運動，當人停止蹬車后，由于受到阻力作用，自行車的速度會逐漸減小至零，如圖所示在此過程中，阻力做功使自行車的速度發(fā)生變化設自行車無動力后受到的阻力恒定（1）在實驗中使自行車在平直的公路上獲得某一速度后停止蹬車，需要測出人停止蹬車后自行車向前滑行的距離s，為了計算自行車的初速度v，還需要測量人停止蹬車后自行車滑行的時間t（填寫物理量的名稱及符號）（2）設自行車受到的阻力恒為f，計算出阻力做的功及自行車的初速度改變?nèi)送Ｖ沟跑嚂r自行車的速度，重復實驗，可以得到多組測量值以阻力對自行車做功的大小為縱坐標，自行車初速度為橫坐標，作出w一v曲線分析這條曲線，就可以得到阻力做的功與自行車速度變化的定性關系在實驗中作出w一v圖象如圖所示，其中符合實際情況的是c考點：探究功與速度變化的關系.專題：實驗題分析：根據(jù)動能定理得出人停止蹬車后，阻力做功與自行車速度的關系從而判斷w與v圖線解答：解：（1）人停止蹬車后，人和車組成的系統(tǒng)做勻減速直線運動，由勻變速直線運動規(guī)律得：v2=2as；且有v=at，故需要測出人停止蹬車后自行車向前滑行的時間t；（2）根據(jù)動能定理得：w=0mv2，故知w與v成二次函數(shù)關系，且拋物線開口向上故c正確故答案為：（1）人停止蹬車后自行車滑行的時間t；（2）c點評：解決本題的關鍵根據(jù)動能定理得出阻力做功與速度的關系16（4分）某人在一個以2.5m/s2的加速度勻加速下降的電梯里最多能舉起80kg的物體，在地面上最多能舉起60kg的物體；若此人在勻加速上升的電梯中最多能舉起40kg的物體，則此電梯上升的加速度為5m/s2考點：牛頓運動定律的應用-超重和失重.專題：牛頓運動定律綜合專題分析：當電梯以2.5m/s2的加速度勻加速下降時，以物體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律求出人的最大舉力人的最大舉力是一定的，再求解在地面上最多舉起的物體質(zhì)量及電梯的加速度解答：解：設人的最大舉力為f以物體為研究對象根據(jù)牛頓第二定律得： 當電梯以2.5m/s2的加速度勻加速下降時，m1gf=m1a1 解得f=600n 在地面上：人能舉起的物體的質(zhì)量m2=60kg 當電梯勻加速上升時，fm3g=m3a3，代入解得 a3=5m/s2故答案為：60；5點評：本題應用牛頓第二定律處理生活中問題，關鍵抓住人的最大舉力一定17（4分）質(zhì)量m=500t的機車，以恒定的功率從靜止出發(fā)，經(jīng)過時間t=5min在水平路面上行駛了s=2.25km，速度達到了最大值vm=54km/h，則機車的功率為3.75105w，機車運動中受到的平均阻力為2.5104n考點：功率、平均功率和瞬時功率.專題：功率的計算專題分析：汽車達到速度最大時做勻速直線運動，牽引力做功為w=pt，運用動能定理求解機車的功率p根據(jù)勻速直線運動時的速度和功率，由p=fv求出此時牽引力，即可得到阻力解答：解：機車的最大速度為vm=54km/h=15m/s以機車為研究對象，機車從靜止出發(fā)至達速度最大值過程，根據(jù)動能定理得 ptfx=當機車達到最大速度時p=fvm=fvm由以上兩式得p=3.75105w機車勻速運動時，阻力為f=f=2.5104n故答案為：3.75105；2.5104點評：本題關鍵要清楚汽車啟動的運動過程和物理量的變化，能夠運用動能定理和牛頓第二定律解決問題四計算題（每題10分，共40分）18（10分）小轎車以20m/s的速度在平直公路上勻速行駛，司機突然發(fā)現(xiàn)正前方有個收費站，經(jīng)10s后司機才剎車，使車勻減速運動10s恰停在繳費窗口，繳費后勻加速到20m/s后繼續(xù)勻速前行已知小轎車剎車時的加速度為2m/s2，停車繳費所用時間為30s，啟動時加速度為1m/s2（1）司機是在離收費窗口多遠處發(fā)現(xiàn)收費站的（2）因國慶放假期間，全國高速路免費通行，小轎車可以不停車通過收費站，但要求轎車通過收費窗口前9m區(qū)間速度不超過6m/s，則國慶期間該小轎車應離收費窗口至少多遠處開始剎車？因不停車通過可以節(jié)約多少時間？考點：勻變速直線運動的位移與時間的關系.專題：直線運動規(guī)律專題分析：（1）解出勻速運動的位移，再解出勻減速運動的位移，兩位移相加即為要求的距離（2）分段研究，收費時總時間為：減速到0的時間，加上收費的時間，再加上加速到20m/s的時間不收費時的總時間為：減速到6m/s的時間，加上勻速運動的時間，加上加速到20m/s的時間，還要加上勻速運動的時間上述時間的差值即為節(jié)約的時間解答：解：（1）根據(jù)題意，設司機勻速運動位移為 s1；減速運動時間為t2，位移為s2s1=vt1=2010=200（m）減速的位移=，司機是在離收費窗口的距離x=200+100m=300m（2）根據(jù)題意轎車應該在收費窗口前9m處速度減為6m/s，設車減速位移為s1，由，所以，轎車應離收費窗口91+9=100（m）處開始剎車設停車收費后加速時間為t3，位移為s3，則有：若停車收費經(jīng)過窗口前100m到窗后200m的總時間為：t1+t2+t3=10+30+20=60（s）若不停車收費也是窗前100m開始剎車，時間為：，窗口前勻速時間：窗口后加速到20m/s所用時間為：加速運動的位移由：得，=182m，窗口后還有200182=18（m）勻速運動，其時間為：若不停車經(jīng)過窗口前100m到窗口后200m的總時間為：t4+t5+t6+t7=7+1.5+14+0.9=23.4（s）所以不停車通過可以節(jié)約時間為6023.4=36.6（s）的時間答：（1）司機是在離收費窗口300m處發(fā)現(xiàn)收費站的（2）國慶期間該小轎車應離收費窗口100m遠處開始剎車，因不停車通過可以節(jié)約36.6s時間點評：此題運動的過程復雜，轎車經(jīng)歷減速、勻速、加速，加速度、位移、時間等都不一樣分析這樣的問題時，要能在草稿子上畫一畫運動的過程圖，找出空間關系，有助于解題此題有一定的難度，是一道好題19（10分）電學中有些儀器經(jīng)常用到下述電子運動的物理原理某一水平面內(nèi)有一直角坐標系xoy，x=0和x=l=10cm的區(qū)間內(nèi)有一沿x軸負方向的有理想邊界的勻強電場e1=1.0104v/m，x=l和x=3l的區(qū)間內(nèi)有一沿y軸負方向的有理想邊界的勻強電場e2=1.0104v/m，一電子（為了計算簡單，比荷取=21011c/kg）從直角坐標系xoy的坐標原點o以很小的速度進入勻強電場e1，計算時不計此速度且只考慮xoy平面內(nèi)的運動求：（1）電子從o點進入到離開x=3l處的電場所需的時間；（2）電子離開x=3l處的電場時的y坐標考點：帶電粒子在勻強電場中的運動.專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：（1）電子在e1中勻加速直線運動，由速度時間公式求出在e1中運動時間t1，在e2做類平拋運動，由水平方向勻速直線運動規(guī)律求出運動時間t2，t=t1+t2；（2）電子在e2中做類平拋運動，豎直方向分運動為勻加速直線運動，位移時間公式求出豎直方向位移，即可得出y坐標解答：解：（1）設電子離開x=l的位置為p點，離開x=3l的位置為q點，則：vp=代入數(shù)據(jù)得：vp=2107m/s電子從o點運動到p點：代入數(shù)據(jù)得：t1=108s電子從p點運動到q點：t2=108s所以總時間為t=t1+t2=2108s （2）電子運動到q點時：yq=代入數(shù)據(jù)得：yq=0.1m 答：（1）電子從o點進入到離開x=3l處的電場所需的時間是2108s；（2）電子離開x=3l處的電場時的y坐標是0.1m點評：本題考查了帶電粒子在電場中運動的兩種情況：加速和偏轉(zhuǎn)，加速過程也由牛頓第二定律和運動學公式求解，偏轉(zhuǎn)時做由類平拋運動規(guī)律求解，這是高考的熱點和難點20（10分）如圖所示，長l=1.5m，高h=0.45m，質(zhì)量m=10kg的長方體木箱，在水平面上向右做直線運動當木箱的速度v0=3.6m/s時，對木箱施加一個方向水平向左的恒力f=50n，并同時將一個質(zhì)量m=1kg的小球輕放在距木箱右端的p點（小球可視為質(zhì)點，放在p點時相對于地面的速度為零），經(jīng)過一段時間，小球脫離木箱落到地面木箱與地面的動摩擦因數(shù)為0.2，其他摩擦均不計取，求：（1）小球從離開木箱開始至落到地面所用的時間；（2）小球放上p點后，木箱向右運動的最大位移；（3）小球離開木箱時木箱的速度考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關系；勻變速直線運動的速度與位移的關系；自由落體運動.專題：壓軸題；牛頓運動定律綜合專題分析：（1）小球離開木箱后做自由落體運動，根據(jù)位移時間關系可以求得時間；（2）對木箱受力分析，求出加速度，可以根據(jù)速度時間關系公式和位移時間關系公式分別求出位移和時間；（3）先對木箱受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度，然后可以先根據(jù)位移時間關系公式求得時間，再根據(jù)速度時間公式求末速度，也可以直接根據(jù)速度位移關系公式求末速度解答：解：（1）木箱上表面的摩擦不計，因此小球在離開木箱前相對地面處于靜止狀態(tài)，離開木箱后將作自由落體運動由，得小球從離開木箱開始至落到地面所用的時間為0.3s（2）小球放到木箱后，木箱的加速度為：木箱向右運動的最大位移為：小球放上p點后，木箱向右運動的最大位移為0.9m（3）x1小于1m，所以小球不會從木箱的左端掉下木箱向左運動的加速度為設木箱向左運動的距離為x2時