2016-2017学年广东省揭阳一中、潮州金中高三(上)联考物理试卷(8月份)

2016-2017学年广东省揭阳一中、潮州金中高三（上）联
考物理试卷（8月份）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)
1.如图所示的实验装置为库仑扭秤．细银丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一
端是一个带电的金属小球A，另一端有一个不带电的球B，B与A所受的重
力平衡，当把另一个带电的金属球C插入容器并使它靠近A时，A和C之
间的作用力使悬丝扭转，通过悬丝扭转的角度可以比较力的大小，便可找
到力F与距离r和电量q的关系．这一实验中用到了下列哪些方法（）
①微小量放大法②极限法③控制变量法④逐差法．
A.①②
B.③④
C.①③
D.②④
【答案】
C
【解析】
解：当小球C靠近小球A时，旋转小角度，因此通过微小放大，能比较准确的测出转动角度．同时体现了控制变量法，即控制了电荷量，去研究库仑力与间距的关系，故C 正确，ABD错误．
故选：C．
绝缘棒两端固定一个带电另一个不带电质量相同的小球，处于平衡状态时，让一带电小球C靠近，通过悬丝旋转角度可比较力的大小，从而得出力与距离和电量的关系．
库仑扭秤装置与卡文迪许扭秤装置有相似之处，且它们的规律也有相似之处．即力与各质量（电量）成正比，与间距平方成反比．
2.如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧
挨着竖直墙壁，初始时A、B静止．现用力F沿斜面向上推A，但A、B
并未运动．下列说法正确的是（）
A.A、B之间的摩擦力可能大小不变
B.A、B之间的摩擦力一定变小
C.B与墙之间没有摩擦力
D.弹簧弹力一定变小
【答案】
A
【解析】
解：A、B、对A，开始受重力、B对A的支持力和静摩擦力平衡，当施加F后，仍然处于静止，开始A所受的静摩擦力大小为m A gsinθ，若F=2m A gsinθ，则A、B之间的摩擦力大小可能不变．故A正确，B错误．
C、D、对整体分析，由于AB不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于A、B的总重力，施加F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，根据平衡知，则B与墙之间一定有摩擦力．故C错误，D错误．
故选：A．
对A隔离分析，通过A受力平衡判断A、B之间摩擦力的变化．通过对整体分析，抓住AB不动，弹簧的弹力不变，判断B与墙之间有无摩擦力．
解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解，以及掌握整体法和隔离法的运用．
3.如图所示，在x O y坐标系中以0为中心的椭圆上，有a．b，c，d，e
五点，其中a、b、c、d为椭圆与坐标轴的交点．现在椭圆的一个焦点
O1固定一正点电荷，另一正试探电荷仅在电场力作用下的运动轨迹如
图中虚线所示，下列说法正确的是（）
A.a、c两点的电场强度相同
B.d点的电势小于b点的电势
C.正试探电荷沿虚线运动过程中在b点的动能大于在e点的动能
D.若将正试探电荷由a沿椭圆经be移动到c，电场力先做负功后做正功，但总功为零【答案】
C
【解析】
解：A、由电场线的分布情况和对称性可分析a、c两点电场强度大小相同，但方向不同，所以电场强度不同；故A错误．
B、由于在椭圆的一个焦点O1固定一正点电荷，据正点电荷的电场线特点，沿电场线方向电势逐渐减小，且d比b离点电荷近，所以d点的电势高于b点的电势，故B错误；
C、由于场源电荷是正电荷，所产生的电场向外辐射；据E p=qφ和正试探电荷知在e 点电势能大于b点的电势能，仅在电场力作用下，所以正试探电荷沿虚线运动过程中在b点的动能大于在e点的动能，故C正确．
D、正点电荷由a沿be移到c点的过程中，电势先降低后升高，电势能先减小后增大，电场力先做正功再做负功．a、c两点电势相等，所以总功为零．故D错误．
故选：C．
电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时，场强才相同．由电场线的分布情况和对称性可分析a、c两点电场强度关系；根据d点与b点到正电荷的距离关系，比较电势的高低，也可用同样的方法比较a、c两点电势的高低；据电场力做功情况判断动能即可．本题的解题关键要掌握点电荷电场线的分布情况，抓住对称性分析电势的变化；灵活应用电场力做功分析动能和电势能间的变化．
4.如图所示，匝数为50匝的矩形闭合导线框
ABCD处于磁感应强度大小B=T的水平匀强
磁场中，线框面积S=0.5m2，线框电阻不计．线
框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度
ω=100rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈
相连，副线圈线接入一只“220V，60W”灯泡，
且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A，下列说法正确的是（）
A.在图示位置线框中产生的感应电动势最大
B.线框中产生交变电压的有效值为V
C.变压器原、副线圈匝数之比为25：22
D.允许变压器输出的最大功率为5000W
【答案】
C
【解析】
解：A、由图可知，此时线圈和磁场垂直，此时线框的磁通量最大，感应电动势为0，所以A错误．
B、矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为：
E m=n B sω=50×V=250V，故有效值为250，V故B错误．
C、由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为：=，故C正确．
D、由于熔断器允许通过的最大电流为10A，所以允许变压器输出的最大功率为
P=UI=250×10=2500W，故D错误．
故选C．
根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论
掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决
5.如图甲，矩形导线框abcd放在匀强磁场中，
磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B
随时间变化的图象如图乙所示，t=0时刻，
磁感应强度的方向垂直纸面向里．若规定导
线框中感应电流逆时针方向为正，则在0～
4s时间内，线框中的感应电流I，以及线框的
ab边所受安培力F随时间变化的图象为下图中的（安培力取向上为正方向）（）A. B. C. D.
【答案】
C
【解析】
解：A、由图可知，0-2s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0-2s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为负方向；
同理可知，2-4s内电路中的电流为逆时针，且两段时间内电流强度大小时等，故A，B 错误；
C、由E==S可知，电路中电流大小时恒定不变，故由F=BIL可知，F与B成正比；
且b中电流一直为由a至b，则由左手定律可知，电流方向0时刻为向上，为正，故C 正确，D错误；
故选C．
由右图可知B的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况；由F=BIL可知安培力的变化情况．
本题要求学生能正确理解B-t图的含义，才能准确的利用楞次定律、左手定律等进行判定；解题时要特别注意，0-2s，2-4s，虽然磁场的方向发生了变化，但因其变化为连续的，故产生的电流一定是相同的．
二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)
6.大雾天发生交通事故的概率比平常要高出几倍甚至几十倍，保
证雾中行车安全显得尤为重要．在雾天的平直公路上，甲、乙两
汽车同向匀速行驶，乙在前，甲在后．某时刻两车司机听到警笛
提示，同时开始刹车，结果两车刚好没有发生碰撞．图示为两车刹车后匀减速运动的
v-t图象，以下分析正确的是（）
A.甲刹车的加速度的大小为0.5m/s2
B.两车开始刹车时的距离为100m
C.两车刹车后间距一直在减小
D.两车都停下来后相距12.5m
【答案】
BD
【解析】
解：A、甲车的加速度a1=甲==-1m/s2，加速度大小为1m/s2．故A错误．
B、乙车的加速度a2=乙==-0.5m/s2，两车刚好没有发生碰撞，此时两车速度相等，所经历的时间为20s，此时甲车的位移x甲=v甲t+a甲t2=25×20-×1×400m=300m，乙车的位移x乙=v乙t+a乙t2=15×20-×0.5×400m=200m，所以两车开始刹车时的距
离为S=x甲-x乙=100m，故B正确．
C、在0-20s内，甲的速度大于乙的速度，甲在乙的后面，两者间距减小．20s后，甲的速度小于乙的速度，两者距离增大，故C错误；
D、20s时，甲乙的速度都为v=v甲+a1t=25-20=5m/s，根据图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，两车都停下来后相距△x=×（30-25）×5=12.5m，故D正确．
故选：BD
根据速度时间图线的斜率求出甲、乙刹车后的加速度大小，两车刚好没有发生碰撞时速度相等，结合位移时间公式分别求出两车的位移，结合位移之差求出两车开始刹车时的距离．由图象的“面积”求两车都停下来后通过的位移，得到相距的距离．
本题考查了运动学中的追及问题，关键抓住临界状态，结合运动学公式和速度时间图线综合分析．
7.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗
糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长，圆环从A
处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为
零，AC=h，圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，
弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环（）
A.下滑过程中，加速度一直减小
B.下滑过程和上滑过程摩
擦力做功相等
C.下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2
D.在C处，弹簧的弹性势能为mv2-mgh
【答案】
BC
【解析】
解：A、圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，此时圆环的合力为零，加速度为零．到达C处的速度为零，所以圆环先向下做加速运动，再向下做减速运动，加速度先减小，后增大，故A错误；
B、下滑过程和上滑过程经过同一位置时圆环所受的摩擦力大小相等，两个过程位移大小相等，所以摩擦力做功相等，故B正确．
CD、研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得：mgh-W f-W弹=0-0=0，在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，由动能定理得：-mgh+W弹-W f=0-mv2
联立解得：克服摩擦力做的功为：W f=mv2，W弹=mgh-mv2，所以在C处，弹簧的弹性势能为E p=W弹=mgh-mv2，故C正确，D错误．
故选：BC
根据圆环的运动情况分析下滑过程中，分析加速度的变化；研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程和圆环从C处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式，可求解克服摩
擦力做的功为mv2和弹力做功，从而得到在C处弹簧的弹性势能．
能正确分析小球的受力情况和运动情况，对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法，并要掌握动能定理的应用．
8.2015年12月10日，我国成功将中星1C卫星发射
升空，卫星顺利进入预定转移轨道．如图所示是某卫
星沿椭圆轨道也能地球运动的示意图，已知地球半径
为R，地球表面重力加速度g，卫星远地点P距地心
O的距离为3R，则（）
A.卫星在远地点的速度小于
B.卫星经过远地点时的速度最小
C.卫星经过远地点时的加速度小于
D.卫星经过远地点时加速，卫星有可能再次经过远地点
【答案】
ABD
【解析】
解：A、若卫星以半径为3R做匀速圆周运动，则，在根据GM=R2g，整理可以得到，由于卫星到达远地点P后做近心椭圆运动，故在P点速度小于，
故选项A正确；
B、根据半径与速度的关系可以知道，半径越大则速度越小，故远地点速度最小，故选项B正确；
C、根据′，，则在远地点，′，故选项C错误；
D、卫星经过远地点时加速，则可以以半径为3R做匀速圆周运动，则可以再次经过远地点，故选项D正确．
故选：ABD
根据万有引力提供向心力和根据万有引力等于重力列出等式进行比较求解．
解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，以及知道变轨的原理，当万有引力小于向心力，做离心运动，当万有引力大于向心力，做近心运动．
五、多选题(本大题共1小题，共6.0分)
13.下列说法正确的是（）
A.随着科学技术的不断进步，总有一天能实现热量自发地从低温物体传到高温物体
B.气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因索有关
C.不具有规则几何形状的物体一定不是晶体
D.空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢
E.温度一定时，悬浮在液体中的固体颗粒越小，布朗运动越明显
【答案】
BDE
【解析】
解：A、根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体．故A错误；B、根据气体的压强的微观意义可知，气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因索有关．故B正确；
C、多晶体没有规则的几何形状；故C错误；
D、相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的饱和蒸气压的比值的百分数；在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢．故D正确；
E、温度一定时，悬浮在液体中的固体颗粒越小，同一时刻撞击颗粒的液体分子数越少，冲力越不平衡，布朗运动越明显．故E正确．
故选：BDE
热量不可能自发地从低温物体传到高温物体．气体压强的大小跟气体分子的平均动能和分子的密集程度有关．晶体分为单晶体和多晶体．单晶体有整齐规则的几何外形，多晶体没有规则的几何形状；绝对湿度是指一定空间中水蒸气的绝对含量，可用空气中水的蒸气压来表示；相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的饱和蒸气压的比值的百分数；固体颗粒越小，受到液体撞击的冲力越不平衡，布朗运动越明显．
此题要求同学们熟练掌握分子动理论的基础知识，知道压强的微观意义，正确理解热力学第二定律．
七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)
15.一列沿x轴正方向传播的简谐横波t时
刻的波形图象如图1所示，已知该波的周
期为T，a、b、c、d为沿波传播方向上的
四个质点．则下列说法中正确的是（）
A.在时，质点c的速度达到最大值
B.在t+2T时，质点d的加速度达到最大值
C.从t到t+2T的时间间隔内，质点d通过
的路程为6cm
D.t时刻后，质点b比质点a先回到平衡位置
E.从t时刻起，在一个周期的时间内，a、b、c、d四个质点沿x轴通过的路程均为一个波长
【答案】
BCD
【解析】
解：A、在时，质点c运动到波峰，速
度为零．故A错误．
B、经过1T个周期，质点d开始振动，起
振方向竖直向下，再经过T到达正向最大
位移处，所以在t+2T时，质点d的加速度达到最大值．故B正确．
C、经过1T个周期，质点d开始振动，在剩余的T的时间间隔内，质点d通过的路程
为S=3A=6cm．故C正确．
D、根据“上下坡法”知a质点向上振动，b质点向上振动，b质点先回到平衡位置．故D正确．
E、从t时刻起，在一个周期的时间内，a、b、c、d四个质点沿x轴通过的路程都是四个振幅，而不是一个波长．故E错误．
故选：BCD
在t+时，质点c到达波峰，速度为零．根据波长，确定出波传到d的时间，再分析t+2T
时刻d的加速度．根据波的传播方向判断出a、b两质点的振动方向，分析回到平衡位置的先后．从t时刻起，在一个周期内，a、b、c三个质点所通过的路程均为一个波长．在波传播的过程中，质点上下振动，一个周期内振动的路程等于4倍的振幅．
对于波动过程中质点速度、加速度大小的分析，可根据时间确定出质点的位置判断．要注意波传播过程中，质点在一个周期内通过的路程是4A，而不是λ．
九、多选题(本大题共1小题，共4.0分)
17.下列说法中正确的是（）
A.发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子具有复杂的结构
B.结合能越大的原子核，原子核中的核子结合得越牢固，原子核越稳定
C.根据玻尔理论可知，氢原子核外电子跃迁过程中电子的电势能和动能之和不守恒
D.在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能E k越大，则这种金属的逸出功W0越小
E.已知T h的半衰期是24天，48g的T h经过72天后衰变了42g
【答案】
CDE
【解析】
解：A、发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子核具有复杂的结构，而电子的发现说明原子具有复杂结构，故A错误；
B、比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故B错误；
C、根据玻尔理论可知，氢原子核外电子跃迁过程，电子的总能量将减小（或增加）即电子的电势能和动能之和是不守恒的，这是因为氢原子要辐射（或吸收）光子，故C正确；
D、据光电效应方程E K m=hγ-W可知，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，则这种金属的逸出功越小，故D正确；
E、经过=3个半衰期后，48g的T h还剩下48×（）3g=6g，衰变了48g-6g=42g，
故E正确；
故选：CDE．
天然放射现象说明原子核有复杂结构，而电子发现说明原子具有复杂结构；比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定；根据玻尔理论可知，氢原子核外电子跃迁过程，电子的总能量将减小或增加；依据光电效应方程E K m=hγ-W，即可判定；根据半衰期的含义可以算出没有衰变的元素质量．
对于原子物理部分知识，大都属于记忆部分，要注意加强记忆和积累，一定牢记原子核式结构模型、元素的放射性、光电效应、波尔理论和半衰期等等知识．
三、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)
9.某学习小组采用如图所示的实验装置来
探究加速度与力、质量的关系．在水平桌
面上放有长木板，用轻绳将固定有拉力传
感器的小车通过一个定滑轮与一个小桶
相连，木板上A、B两处各安装一个速度
传感器，分别先后记录小车通过A、B两
处时的速度，用数字计时器记录小车在通
过A、B两处时的时间间隔．
（1）在实验中下列哪些措施有助于减小实验误差______
A．将木板右端适当垫高，平衡摩擦力
B．调整滑轮高度，使拉小车的细绳平行木板
C．使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量
D．适当增大两个速度传感器的间距
（2）下表是按正确操作测得的数据，其中M为小车（包括拉力传感器）的质量，V A-V B 是两个速度传感器记录的速率差值，△t是数字计时器记录的小车在通过A、B两处时
表格中a2
【答案】
ABD；1.8m/s2
【解析】
解：（1）A、本实验要使小桶的重力等于小车的合外力，就必须先平衡摩擦力，故A正确；
B、调节滑轮高度，使拉小车的细线和长木板平行，让力的方向和运动方向在同一直线上，可以减小误差，故B正确；
C、本题的拉力由拉力传感器测出，不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故C错误；
D、适当增大两个速度传感器的间距，可以减小V A-V B的误差，故D正确；
故选：ABD
（2）根据加速度的定义式a=得：a2=
故答案为：（1）ABD，（2）1.8m/s2
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，了解平衡摩擦力的方法，根据加速度的定义式a=求解a2．
对实验问题首先要明确实验原理，正确进行误差分析和数据处理是对学生学习实验的基本要求，要加强这方面的训练．
10.（1）某研究小组同学为了测量某一电阻R X阻值，甲同学先用多用电表进行粗测．使用多用电表欧姆挡时，将选择开关调到欧姆挡“×10”档位并调零，测量时发现指针向右偏转角度太大，这时他应该：先将选择开关换成欧姆挡的“ ______ ”档位，将红、黑表笔短接，再进行______ ，使指针指在欧姆刻度的“0”处；再次测量电阻R X阻值时，
指针在刻度盘上停留的位置如图1所示，则所测量的值为______
Ω．
（2）为进一步精确测量该电阻，实验台上摆放有以下器材：
A．电流表（量程15m A，内阻约100Ω）
B．电流表（量程0.6A，内阻约0.5Ω）
C．电阻箱（最大电阻99.99Ω）
D．电阻箱（最大电阻999.9Ω）
E．电源（电动势3V，内阻0.8Ω）
F．单刀单掷开关2只
G．导线若干
乙同学设计的电路图如图2所示，现按照如下实验步骤完成实验：
①调节电阻箱，使电阻箱有合适的阻值R1，仅闭合S1，使电流表有较大的偏转且读数为I；
②调节电阻箱，保持开关S1闭合，开关S2闭合，再次调节电阻箱的阻值为R2，使电流表读数仍为I．
a．根据实验步骤和实验器材规格可知，电流表应选择______ ；（填器材前字母）b．根据实验步骤可知，待测电阻R x= ______ （用题目所给测量数据表示）．
（3）利用以上实验电路，闭合S2调节电阻箱R，可测量出电流表的内阻R A，丙同学通过调节电阻箱R，读出多组R和I值，作出了-R图象如图3所示．若图象中纵轴截距
为1A-1，则电流表内阻R A= ______ Ω．
【答案】
×1；欧姆调零；18；A；R2-R1；2
【解析】
解：（1）测电阻时用“×10”档位并调零，测量时指针向右偏转角度太大，说明所选挡位太大，为准确测出电子，应先将选择开关换成欧姆挡的“×1”档位，将红、黑表笔短接，再进行欧姆调零；由图示表盘可知，所测量电阻的值为R=18×1Ω=18Ω．
（2）根据闭合电路欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流约为：I max=＜
=≈0.167=167m A，如果电流表选B，则读数误差太大，故电流表应选A；
根据闭合电路欧姆定律，S2断开时有：E=I（R x+R1+R A+r）…①
S2闭合时有：E=I（R2+R A+r）…②
联立①②解得：R x=R2-R1；
（3）S闭合后，由闭合电路欧姆定律可知：E=I（R2+R A+r）
则有：=，
则可知图象的纵轴的交点为：=1，
解得：R A=2Ω；
故答案为：（1）×1；欧姆调零；18；（2）a、A；b、R2-R1；（3）2．
（1）解答本题应掌握：欧姆表使用前首先应进行调零，即将两表笔短接，调整欧姆调
零旋钮，使指针指在欧姆刻度的“0”处．欧姆表读数是指示值乘以倍率；
（2）根据闭合电路欧姆定律求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表；列出开关S2断开和闭合时对应的闭合电路欧姆定律表达式，然后求解即可；
（3）根据（2）中所列方程，根据图象的性质可求得电流表内阻．
本题考查测量电阻的实验，要注意正确根据题意明确实验原理；然后根据所对应的物理规律分析求解即可；对于图象分析问题，要注意根据物理规律确定公式，结合图象的性质分析斜率以及截距的意义．
四、计算题(本大题共2小题，共32.0分)
11.如图所示，位于竖直平面内的坐标系x O y，在第三象限
的区域内存在磁感应强度大小为B垂直纸面向里的匀强磁
场，在第四象限的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场．一
质量为m、电荷量为q的带电粒子从x轴上的A点沿y轴
负方向垂直射入磁场，结果带电粒子从y轴的C点射出磁
场而进入匀强电场，经电场偏转后打到x轴上的B点，已知OA=OC=OB=l．不计带电粒子所受重力，求：
（1）带电粒子从A点射入到打到x轴上的B点所用的时间；
（2）第四象限的区域内匀强电场的场强大小．
【答案】
解：（1）设带电粒子射入磁场时的速度大小为v，由带电粒子射入匀强磁场的方向和几何关系可知，带电粒子在磁场中做圆周运动，圆心位于坐标原点O，半径为l．
则有：B qv=m①
设带电粒子在磁场中运动时间为t1，在电场中运动的时间为t2，总时间为t．
②
t1=T③
t2=④
联立解得：
t=⑤
（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为a，则：
l=at2⑥
a=⑦
联立①④⑤⑥解得：
E=；
答：（1）带电粒子从A点射入到打到x轴上的B点所用的时间为；
（2）第四象限的区域内匀强电场的场强大小为．
【解析】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合左手定则判断出圆心位置，得到轨道半径，根据牛顿第二定律列式；进入电场后做类似平抛运动，平行x方向是匀速直线运动；（2）粒子在电场中做类似平抛运动，平行y方向是初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和分位移公式列式求解．
本题关键是明确粒子的运动性质，先是匀速圆周运动，后是类似平抛运动，然后做出运动轨迹，根据牛顿第二定律和类平抛运动的分运动公式并结合几何关系列式．
12.如图所示，一块质量M=2kg，长度
L=8m、高度不计、上表面粗糙的长木
板静止在水平面上，水平面与木板间的动摩擦因数μ=0.2．现对长木板施加一个水平向右的力F=6N使长木板开始运动，取g=10m/s2，求：
（1）当t=6s时，长木板的速度；
（2）当t=6s时，立即在长木板右端无初速度放置一个质量m=1kg的小物块（可视为质点），小物块与木板间的动摩擦因数也是μ=0.2，求t1=12s长木板的速度；
（3）从开始运动到t1=12s的过程中由于摩擦产生的热量．
【答案】
解：（1）对长木板受力分析，根据牛顿第二定律得：
F-μM g=M a
解得：a=
6s末速度为v=at=6m/s
（2）放置小物块后，对长木板受力分析，长木板将做匀减速直线运动，
根据牛顿第二定律得F-μ（M+m）-μmg=M a1
解得：a1=-1m/s2
对物块受力分析，可知，小物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：
μmg=ma2
解得：a2=2m/s2
设经过时间t′两者速度相等，则有
v+a1t′=a2t′
解得：t′=2s，
速度相等后，由于F=μ（M+m）=6N，则小物块与长木板一起做匀速直线运动，
速度v1=v+a1t′=6-1×2=4m/s，
则t1=12s长木板的速度为4m/s
（3）0-6s内长木板的位移
6-8s长木板的位移′′，。