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1、吉林省东北师大附中2015届高三物理上学期第三次摸底考试试题（含解析）新人教版说明：本试卷分为、两卷，第卷为选择题，第卷为书面表达题，共由17道小题组成试卷满分为100分，考试时间为100分钟【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的全部的内容，主要包含受力分析、牛顿运动定律、动能定理、电场、磁场、带电粒子在电场中运动、带电粒子在磁场中运动等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，以基础知识和基本技能为载体， 在试题上以改变题为主，是份非常好的试卷。【题文】1、许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献，下列表述正确的是A、用虚拟的图线描述抽象的物理概念，这是法拉第的重要贡献B、开普勒
2、、胡克、哈雷等科学家为万有引力定律的发现做出了贡献C、电荷量e的数值最早是由美国物理学家库伦测得的D、伽利略创造的科学研究方法以及他的发现，标志着物理学的真正开端【知识点】 物理学史 P0【答案解析】 ABD 解析：A、法拉第不仅提出了场的概念，而且直观地描绘了场的清晰图象，故A正确；B、开普勒、胡克、哈雷等科学家为万有引力定律的发现做出了贡献，故B正确；C、电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的，故C错误；D、伽利略创造的科学研究方法以及他的发现，标志着物理学的真正开端，故D正确；故选ABD【思路点拨】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可本题考查物理学史，是常识性问
3、题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一【题文】2、下列关于电场力的性质和能的性质叙述中，正确的是A、 是电场强度的定义式。F是放入电场中的电荷所受的力，q是放入电场中电荷的电荷量，它适用于任何电场B、由公式 可知电场中两点的电势差与电场力做功成正比，与电荷量量反比C电势能是电场和放入电场中的电荷共同具有的，所以在电场中确定的一点放入电荷的电量越大，电势能就越大D从点电荷场强计算式分析，库仑定律表达式中是点电荷产生的电场在点电荷处的场强大小，而是点电荷产生的电场在点电荷处的场强大小【知识点】 电场强度；电势；电势能 I1 I2【答案解析】 AD 解析：A、是电场强
4、度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是放入电场中的试探电荷的电荷电量，q不是产生电场的电荷的电荷量，适用于一切电场故A正确；B、电场中两点电势差，由电场本身决定，与电场力做功不成正比，与电荷量也不成反比，故B错误C、电荷量越大，电势能不一定大，若电势为负值，电荷为正值，电荷量越大，电势能越小故C错误；D、从点电荷场强计算式分析库仑定律的表达式F=k，式是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而是点电荷q1产生的电场在q2处场强的大小故D正确；故选AD【思路点拨】电场强度E由电场本身的性质决定，与试探电荷无关，是电场强度定义式，q是试探电荷的电荷量，F是试探电荷所受的电场力，适用
5、于任何电场；E=k是真空中点电荷产生的电场强度计算式【题文】3如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平轻线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B，已知两物体都静止。以下说法正确的有 AA对地面的压力等于(Mm)gBA对地面的摩擦力方向向左CB对A的压力大小为mgD细线对小球的拉力大小为 【知识点】 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用B3 B4【答案解析】 AC 解析： AB、对AB整体受力分析，受重力和支持力，相对地面无相对滑动趋势，故不受摩擦力，根据平衡条件，支持力等于整体的重力，为（M+m）g；根据牛顿第三定律，整体对地面的压力与地面对整体
6、的支持力是相互作用力，大小相等，故对地面的压力等于（M+m）g，故A正确，B错误；CD、对小球受力分析，如图所示：根据平衡条件，有：F=，T=mgtan其中cos=，tan=，故：F=mg，T=mg故C正确，D错误；故选：AC【思路点拨】先对整体受力分析，然后根据共点力平衡条件分析AB选项，再隔离B物体受力分析后根据平衡条件分析CD选项本题关键是采用整体法和隔离法，受力分析后根据平衡条件列式分析【题文】4小船横渡一条河，从A岸到B岸。船本身提供的速度方向始终垂直于河岸方向，大小不变。已知小船的运动轨迹如图所示，则河水的流速 A越接近B岸水速越小 B越远离A岸水速越大C由A到B水速先增大后减小
7、D水流速度恒定 【知识点】 运动的合成和分解D1【答案解析】 C 解析：从轨迹曲线的弯曲形状上可以知道，靠近A岸小船具有向下游的加速度，靠近B岸小船具有向上游的加速度，故水流是先加速后减速，故C正确，A、B、D错误故选：C【思路点拨】轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向，合力的方向又与水流的方向一致，可见加速度的方向先向右再向左解决本题的关键知道小船参与了两个运动，有两个分速度，分别是静水速和水流速以及知道轨迹的弯曲大致指向合力的方向 【题文】5A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们的路程之比为4:3，运动方向改变的角度之比为3:2，它们的向心加速度之比为 A1:2 B2:1 C
8、4:2 D3:4【知识点】 线速度、角速度和周期、转速；向心加速度D3 D4【答案解析】 B 解析： A、B两艘快艇做匀速圆周运动，由于在相同的时间内它们通过的路程之比是4：3，所以它们的线速度之比：VA：VB=4：3由于在相同的时间内运动方向改变的角度之比是3：2，所以它们的角速度之比：A：B=3：2由于向心加速度a=v，故向心加速度之比为：aA：aB=43：32=2：1;故B正确，A、C、D错误；故选B【思路点拨】根据相同时间内通过的路程之比导出线速度之比，根据相同时间内转过的角度之比得出角速度大小之比，通过a=v得出向心加速度之比解决本题的关键掌握线速度和角速度的定义式，以及知道加速度与
9、线速度、角速度的关系【题文】6如图所示，把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处有另一带电小球B，现给B一个垂直于AB方向的速度v0，则下列说法中正确的是 v0BAAB球可能做直线运动BA球对B球的库仑力可能对B球不做功CB球的电势能可能增加DB球可能从电势较高处向电势较低处运动 【知识点】 库仑定律；功的计算E1 I1【答案解析】 BCD 解析： A、由题看出，小球B受到的静电力与速度不在同一直线上，则B球不可能做直线运动故A错误B、若小球A、B带异种电荷，而且引力恰好等于时，B球做匀速圆周运动，A球对B球的库仑力不做功故B正确C、若小球A、B带异种电荷，而且引力恰好小于时
10、，B球会远离A球，引力做负功，电势能增加故C正确D、由于两球电性未知，B球可能受斥力会远离A球，也可能受到引力靠近A球，所以B球可能从电势较高处向电势较低处运动故D正确故选BCD【思路点拨】由小球B受到的静电力与速度不在同一直线上可知，B球不可能做直线运动若小球A、B带异种电荷小球B做匀速圆周运动，库仑力不做功，若小球B所受的引力小于所需要的向心力，小球B做离心运动时，B球的电势能可能增加B球不一定从电势较高处向电势较低处运动该题考查力电结合下的曲线运动，属中档题目，往往容易考虑不全，要注意两球电性未知情况下要进行讨论 【题文】7一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移
11、x变化的关系如图所示，其中0x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法正确的是0x1x2x3EpxAx1处电场强度最小，但不为零B粒子在0x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动C x2x3段的电场强度大小方向均不变，为一定值D在0、x1、x2、x3处电势0、1、 2、3的关系为32= 01【知识点】 电势能I2【答案解析】C 解析： A、根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，得：E=Ep-x图象切线的斜率等于，根据数学知识可知，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A错误B、C：由图看出在0x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒
12、子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动x1x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动x2x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误，C正确D、根据电势能与电势的关系：Ep=q，粒子带负电，q0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：32=01故D错误故选：C【思路点拨】根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得原点O处的电场强度；速度根据能量守恒判断；根据斜率读出场强的变化，由F=qE，分析电场力的变化，由牛顿第二定律判断加速度的
13、变化，即可分析粒子的运动性质解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析【题文】8一个国际研究小组借助于智利的超大望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O做匀速圆周运动，如图所示。此双星系统中体积较小成员能“吸食”另一颗体积较大星体表面物质，达到质量转移的目的。假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中 A体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大 B它们做圆周运动的角速度不断变大C体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度变小 D它们做圆周运动的万有引力保持不变 【知识点】 万有引力定律及其应用
14、D5【答案解析】 A 解析： B、设体积较小的星体质量为m1，轨道半径为r1，体积大的星体质量为m2，轨道半径为r2双星间的距离为L转移的质量为m对m1：对m2：由得：=，总质量m1+m2不变，两者距离L不变，则角速度不变故B错误AC、由得：2r2=G，、L、m1均不变，m增大，则r2 增大，即体积较大星体圆周运动轨迹半径变大由v=r2得线速度v也增大故A正确、C错误D、它们之间的万有引力为F= ，根据数学知识得知，随着m的增大，F先增大后减小故D错误故选：A【思路点拨】双星绕两者连线的一点做匀速圆周运动，由相互之间万有引力提供向心力，根据万有引力定律、牛顿第二定律和向心力进行分析本题是双星问
15、题，要抓住双星系统的条件：角速度与周期相同，运用牛顿第二定律采用隔离法进行研究【题文】9质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，从t0时刻开始受到方向不变的水平拉力F作用，F与时间t的关系如图甲所示物体在t0时刻开始运动，其vt图象如图乙所示，若认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则 A物体与地面间的动摩擦因数为 B物体在t0时刻的加速度大小为 C物体所受合外力在t0时刻的功率为2F0v0 D水平力F在t0到2t0这段时间内的平均功率为F0【知识点】 功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律A5 C2 E1【答案解析】 AD 解析： A、物体在时刻开始运动，说明阻力等于水平拉力故
16、为f=F0，摩擦因数为，故A错误；B、在t0时刻有牛顿第二定律可知，2F0-f=ma，a=，故B错误；C、物体受到的合外力为F=2F0-f=F0功率为P=F0v0，故C错误；D、2t0时刻速度为v=v0+t0，在t0-2t0时刻的平均速度为，故平均功率为P=2F0，故D正确；故选：AD【思路点拨】在t0时刻刚好运动说明物体受到的摩擦力等于阻力，故可判断出摩擦因数；在0-t0时间内物体做变加速运动，不能用运动学公式求解；由P=Fv可求得平均功率，也可求的瞬时功率；本题主要考查了平均功率与瞬时功率的求法，注意P=Fv即可以求平均功率与瞬时功率。【题文】10如图所示电路，电源电动势为E，串联的固定电
17、阻为R2，滑动变阻器的总电阻为R1，电阻阻值大小关系为R1 = R2 = r，则在滑动触头从a端移动到b端的过程中，下列描述正确的是 A电路中的总电流先减小后增大 B电路的路端电压先增大后减小C电源的输出功率先增大后减小 D滑动变阻器R1上消耗的功率先减小后增大 【知识点】 闭合电路的欧姆定律；电功、电功率J2 J3【答案解析】AB 解析： A、当滑动变阻器从ab移动时，R1左右两个部分并联电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知：电流是先减小后增大，故A正确；B、路端电压U=E-Ir，因为电流先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，故B正确；C、当R外=r的时候 电源的输出功率最大，
18、可知当滑片在a端或者b端时，外电路总电阻 R外=r，此时电源的输出功率最大，所以输出功率是先减小后增大的，故C错误；D、将R2看成电源的内阻，等效电源的内阻为2r，变阻器为外电路，显然外电阻小于内电阻，外电阻先增大后减小，等效电源的输出功率，即R1上消耗的功率先增大后减小，故D错误故选：AB【思路点拨】滑动变阻器的左右两个部分并联后与电阻R2串联接到电源中，分析在滑动触头从a端滑到b端过程中，电阻的变化情况，根据闭合欧姆定律判断电流的变化情况，当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大本题关键判断出滑动变阻器滑片P从最右端中间左端总电阻变化情况和电源的输出功率与外电阻的关系，能巧妙运用等效思维
19、分析变阻器功率的变化 【题文】11如图所示，倾角为的光滑斜面足够长，一质量为m小物体，在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t，力F做功为60J，此后撤去力F，物体又经过相同的时间t回到斜面底端，若以地面为零势能参考面，则下列说法正确的是 FmA物体回到斜面底端的动能为60J B恒力F=2mgsinC撤出力F时，物体的重力势能是45JD动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力F之后【知识点】 动能定理的应用；重力势能的变化与重力做功的关系；功能关系E2 E3 E6【答案解析】 ACD 解析： A、根据动能定理得：对整体运动过程：WF=Ek-0，得到：物体回
20、到出发点时的动能Ek=WF=60J故A正确B、设撤去F时物体的速度大小为v，物体回到出发点时的速度大小为v，取沿斜面向上方向为正方向据题分析得知，撤去F后t时间内物体做匀减速直线运动的位移与t时间内匀加速直线运动的位移大小相等，方向相反，则有，根据v=2v根据动量定理得：匀加速运动过程：Ft-mgsint=mv 匀减速运动过程：-mgsint=-mv-mv联立解得，F=mgsin故B错误C、匀加速运动过程：WF=Fs=60J，将F=mgsin代入得到mgsins=60J，得到mgsins=45J则撤去力F时，物体的重力势能是Ep=mgsins=45J故C正确D、撤去F时物体的动能为Ek=WF-
21、mgsins=60J-45J=15J，撤去力F时，物体的重力势能是Ep=45J可见此时物体的动能小于重力势能，撤去后物体的动能减小，而重力势能增大，则动能与势能相同的位置在撤去力F之前的某位置故D正确故选ACD【思路点拨】根据动能定理求出物体回到出发点的动能假设撤去F时物体的速度大小为v撤去F后物体做匀减速直线运动，其位移与匀加速运动的位移大小相等，根据运动学公式求出物体回到出发点的速度，得到其动能根据动量定理求解F的大小根据F与mg的关系，由动能定理求解撤去力F时，物体的重力势能本题是动能定理、动量定理、运动学公式等等力学规律的综合应用，关键要抓住两个过程之间的位移关系和时间关系，确定末速度
22、的关系【题文】12如图所示，水平传送带AB距离地面的高度为h，以恒定速率v0顺时针运行。甲、乙两相同滑块（视为质点）之间夹着一个压缩轻弹簧（长度不计），在AB的正中间位置轻放它们时，弹簧立即弹开，两滑块以相同的速率分别向左、右运动。下列判断正确的是 BAhv0甲乙A甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，且距释放点的水平距离可能相等B甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定不相等 C甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，且距释放点的水平距离不相等 D若甲、乙滑块能落在传送带的同一侧，则摩擦力对两物块做功一定相等【知识点】 功的计算；匀变速直线运动的位移与时间的关系A2 E1【答案解
23、析】 AD 解析： A、设v大于v0弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动乙物体向向右做初速度为v，（若v大于v0），则乙也做加速度为a的匀减速运动若甲乙都一直做匀减速运动，两个物体落地后，距释放点的水平距离相等，故A正确，B错误C、若v小于v0弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动速度为零后可以再向相反的方向运动整个过程是做初速度为v，加速度和皮带运动方向相同的减速运动乙物体做初速度为v，加速度为a的匀加速运动，运动方向和加速度的方向都和皮带轮的运动方向相同甲乙到达B点时的速度相同落地的位置在同一点，此过程摩擦力对甲乙做的功一定相等故C错误，D
24、正确故选：AD【思路点拨】弹簧弹开后，两滑块以相同的速率分别向左、右运动根据滑块的受力判断物体的运动，需讨论滑块弹簧后的速度与传送带的速度的大小解决本题的关键会根据物体的受力判断物体的运动，这是处理物体的运动的基础，需扎实掌握 第卷二、实验题（本题共2小题，每空3分，作图2分，共14分按要求把正确的选项或图像填在答题卡的指定位置）【题文】13某同学设计了一个探究加速度a与物体所受合力 F及质量m关系的实验，下图为实验装置简图。若保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量m，分别得到小车加速度a与质量m及对应的1/m，数据如下表：实验次数12345678小车加速度a/ms21.901.721.491.2
25、51.000.750.500.30小车质量m/kg0.250.290.330.400.500.711.001.674.003.453.032.502.001.411.000.60纸带小车电源插头电火花计时器O请在方格坐标纸中画出a1/m图线，如图所示，并从图线求出小车加速度a与质量倒数1/m之间的关系式是 。（在答题卡中画出图像）【知识点】 探究加速度与物体质量、物体受力的关系C4【答案解析】 am/s2 解析：根据图象运用数学知识求出物理量的关系式：am/s2【思路点拨】根据图象运用数学知识求出物理量的关系式直观反映两个物理量的关系是要找出这两个量的线性关系，即画出直线图象对于直线图象，我们
26、一般从直线的斜率、截距、特殊点这几个方面去考虑，而斜率、截距、特殊点在物理问题中都有一定的物理意义【题文】14为了测定某迭层电池的电动势（约20V22V）和电阻（小于2），需要把一个量程为10V（内阻为10K）的直流电压表接一固定电阻（用电阻箱代替），改装为量程30V的电压表，然后用伏安法测电源的电动势和内电阻。 （1）进行改装时与电压表串联的电阻箱的阻值为_ K；（2）用该扩大了量程的电压表（电压表的表盘刻度没变），测电源电动势E 和内电阻r，实验电路如图甲所示，得到多组电压U 和电流I 的值，并作出UI 图线，如图乙所示，由图像可知电池的电动势为_V，内电阻为_。（保留三位有效数字）【知识
27、点】测定电源的电动势和内阻J7【答案解析】（1）20；（2）21.0；1.71 解析： ：（1）电压表原来量程为10V，改装后的量程为30V，则串联分压电阻分压是电压表两端电压的两倍，串联电路各部分电路两端电压与串联电路电阻成正比，则串联分压电阻是电压表内阻的两倍，即串联电阻阻值为102=20k；（2）由图象可知，图象与纵轴坐标交点为7.0，则电压表读数为：7.0V3=21.0V，则电源电动势为21.0V；电源内阻r=1.71【思路点拨】（1）根据串联电路特点求出串联电阻阻值（2）电源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，根据图象求出电源电动势与内阻求电源电动势
28、与内阻时要注意，电压表示数是总坐标轴示数的3倍三、计算题（本题共3小题，共38分要求解答时写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位）【题文】15（10分）三只灯泡、和的额定电压分别为1.5 V、1.5 V和2.5 V，它们的额定电流都为0.3 A。电源的电动势和内阻如图所示。若将它们连接成图甲和图乙所示的电路，且灯都正常发光。试求：（1）图甲电路的电阻消耗的电功率为多少？（2）通过计算说明哪个电路更节能。【知识点】 闭合电路的欧姆定律；电功、电功率J2 J3【答案解析】（1）0.045W（2）图2电路比图1电路节能解析：（1）由
29、题意，在图1电路中：灯泡正常发光，其电流均为额定电流，则电路的总电流 I=I1+I2+I3=0.9A 路端电压U=E-Ir=3-0.90.5=2.55V R2的电压U2=U-U3=2.55V-2.5V=0.05V 电阻R2消耗功率P2=U2I=0.045W （2）图1电源的总功率 P总=EI=30.9W=2.7W 图2电源的总功率 P总=EI=60.3W=1.8W由于灯泡都正常发光，两电路有用功率相等，而P总P总 所以，图2电路比图1电路节能【思路点拨】用电器在额定电压下正常工作，其电流为额定电流根据串、并联电路电流关系及功率公式即可解答本题本题是常规题，搞懂用电器正常工作时电压为额定电压，电
30、流为额定电流是解答本题的关键【题文】16（12分）如图所示，电源电动势E28 V，内阻r2 ，电阻R112 ，R2R44 ，R38 ，C为平行板电容器，其电容C3.0 pF，虚线到两极板间距离相等，极板长L0.20 m，两极板的间距d1.0102 m。（1）若开关S处于断开状态，则当其闭合后，求流过R4的总电荷量为多少？（2）若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v02.0 m/s的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动。问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？(要求写出计算和分析过程，g取10 m/s2)【知识点】 带电粒子在匀强电场中的
31、运动；闭合电路的欧姆定律J2 I3【答案解析】（1）6.010-12C；（2）不能 解析：（1）S断开时，电阻R3两端电压为：U3 S闭合后，外阻为：R路端电压为：U电阻R3两端电压为：U3则所求流过R4的总电量为：QCU3CU36.01012C（2）设微粒质量为m，电量为q，当开关S断开时有：mg当开关S闭合后，设微粒加速度为a，则：mgma设微粒能从C的电场中射出，则水平方向：t竖直方向：yat2由以上各式求得：y6.25103m故微粒不能从C的电场中射出【思路点拨】开关断开时，求出电阻两端的电压从而算出电容器的电量；当开关闭合时，求出路端的电压，从而电阻两端的电压当断开时电场力与重力相平
32、衡，而闭合后由重力与电场力的合力从而求出加速度大小，最终求出侧向位移本题由殴姆定律与牛顿运动定律相综合应用，同时利用将类平抛运动分解成两相互垂直的简单直线运动【题文】17（16分）如图所示，在光滑水平地面上，静止放着一质量m1=0.2kg的绝缘平板小车，小车的右边处在以PQ为界的匀强电场中，电场强度E1=1104V/m，小车A点正处于电场的边界。质量m2 = 0.1kg，带电量q = 610-5C的带正电小物块（可视为质点）置于A点，其与小车间的动摩擦因数 = 0.40（且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）。现给小物块一向右的速度v0 = 6m/s，当小车速度减为零时，电场强度突然增强至E2 =
33、2104V/m，而后保持不变。若小物块不从小车上滑落，取g = 10m/s2。试求：m1m2222v0PQAE（1）小物块最远能向右运动多远？（2）小车、小物块的最终速度分别是多少？【知识点】 匀变速直线运动的公式；牛顿第二定律；能量守恒定律；电场强度A2 C2 I1 E3【答案解析】（1）2m（2）m/s，m/s 解析： （1）小物块受到向左的电场力和滑动摩擦力作减速运动，小车受摩擦力向右做加速运动设小车和小物块的加速度分别为a1、a2，由牛顿第二定律得对小车 m2g = m1a1 得a1 = 2m/s2 对小物块 qE1 +m2g = m2a2 得a2 = 10m/s2 设t1时刻小车与小
34、物块速度相同，则 vt = v0a2t1 = a1t1 解得t1 = 0.5s、vt = 1m/s当两物体达共同速度后系统只受电场力，则由牛顿第二定律得qE1 = (m1 +m2)a3 则a3 = 2m/s2设两者间摩擦力达最大静摩擦，设小车及小物块做减速运动的加速度分别为a4、a5，则：a4a5由于a3=a4=a5，故两者不会相对滑动，而是以2m/s2的共同加速度做减速运动，直至共同速度减为零小物块第一段运动的位移 s1第二段运动的位移 s2故小物块向右运动最远的位移s=1.75m+0.25m=2m（2）当小物块及小车的速度减为零后，其受力如图，由牛顿第二定律得：小物块的加速度 a5此时小车
35、的加速度 a6设小物块经t2秒冲出电场，此时小物块及小车速度分别为v3与v4则：对小物块st2对小物块 v3a5t28m/s=4m/s对小车 v4a6t22m/sm/s当小物块冲出电场后，若不从小车上滑落，两者最终会达至共同速度，设此速度为v5由系统动量守恒得：m2v3+m1v4=（m1+m2）v5v5【思路点拨】（1）先分析小物块与小车的运动情况：小物块水平方向受向左的电场力与滑动摩擦力做减速运动，而小车受摩擦力向右做匀加速运动，当速度相等后，受力情况发生了变化，两者可能相对静止，也可能相对滑动根据牛顿第二定律分别求出两者的加速度，由速度公式列式，求出相等的速度，再由牛顿第二定律分析速度相等后能否相对静止运用运动学公式分段求出小物块运动的距离即得到向右运动的总路程（2）先牛顿第二定律和运动学公式结合，求出物块冲出电场时，两者的速度大小，若不从小车上滑落，两者最终会达至共同速度，根据动量守恒求出共同速度本题是考查牛顿运动定律、电场力、匀变速运动规律、动量守恒定律知识，考查考生对物理过程的综合分析能力、应用数学处理物理问题的能力14