2019年山东省泰安市高考物理模拟试卷解析版

第第页，共13页A.绳上的拉力大小为50NB.重物不会离开地面C.A.绳上的拉力大小为50NB.重物不会离开地面C.2s末物体上升的高度为5mD,重物的加速度大小为 3.2m/s2高考物理模拟试卷题号一一二四五总分得分、单选题（本大题共4小题，共24.0分）1.人们平时所用的钟表，精度高的每年大约会有1分钟的误差，这对日常生活是没有影响的，但在要求很高的生产、科研中就需要更准确的计时工具。原子钟是利用原子吸收或释放能量时发出的电磁波来计时的，精度可以达到每2000万年误差1秒，某种原子钟利用氢原子从高能级向低能级跃迁发出的电磁波来计时，一群处于n=3能级1.的氢原子向低能级跃迁，已知普朗克常量 h=6.63X10-34j?s,电子的电荷量TOC\o"1-5"\h\ze=1.610-19C,辐射出的电磁波的最小频率约为（ ）A.4.61015Hz B,2.41015Hz C,4.61014Hz D,2.91014Hz2.如图所示，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于。点，右端跨8过位于O'点的光滑定滑轮悬挂一质量为 1kg的物体，oo'段水才"一行平，长度为1.6m。绳上套一可沿绳自由滑动的轻环，现在在轻环 '上悬挂一钩码（图中未画出），平衡后，物体上升 0.4m。则钩码的质量为（ ）LA.号句 B.%2kg C.1.6kg D.1.2kg“嫦娥四号”于2019年1月3日自主着陆在月球背面，实现人类探器首次月背软着陆，由于“嫦娥四号”在月球背面，不能与地球直接通信，需要通过中继通信卫星才能与地球“沟通”， “鹊桥”是“嫦娥四号”月球探测器的中继卫星， 该中继卫星运行在地月系的拉格朗日 L2点附近的晕轨道上。地月系的拉格朗日 L2点可理解为在地月连线的延长线上（也就是地球和月球都在它的同一侧），地球和月球对处于该点的卫星的引力的合力使之地球运动且在该点的卫星运动的周期与月球绕球运动的周期相同。若某卫星处于地月系的拉格朗目 L2点，则下列关于该卫星的说法正确的是（ ）A.该卫星绕地球运动的角速度大于月球绕地球运动的角速度B.该卫星绕地球运动的线速度大于月球绕地球运动的线速度C,在地球上可以直接看到该卫星D.该卫星受到地球与月球的引力的合力为零如图所示，一条足够长且不可伸长的轻绳跨过光滑轻质定滑轮，绳的右端与一质量为12kg的重物相连，重物静止于地面上，左侧有一质量为10kg的猴子，从绳子的另一端沿绳子以大小为 5m/s2的加速度竖直向上爬，取g=10m/s2,则下列说法正确的是（ ）、多选题（本大题共5小题，共29.0分）某交变电路如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为5:1,R1=30Q,R2=20Q,一示波器接在电阻R1两端，示波器上的电压变化图象如图乙所示。电压表和电流表均为理想电表，不计示波器的电流对电路的影响，下列说法正确的是（ ）

A.电压表的示数为35.4VB.电流表的示数为0.2AC.原线圈的输入电压u=250sin50t<V）D.电阻R2消耗的电功率为15W6.如图所示，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道 AB,从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中（ ）7.8.A.所受合力保持不变C.机械能保持不变B.所受滑道的支持力逐渐增大D.克服摩擦力做功和重力做功相等已知x轴上电场方向与x轴方向平行，x轴上各点电势如图所示，x=0处电势为5V,7.8.A.所受合力保持不变C.机械能保持不变B.所受滑道的支持力逐渐增大D.克服摩擦力做功和重力做功相等已知x轴上电场方向与x轴方向平行，x轴上各点电势如图所示，x=0处电势为5V,一电子从x=-2cm处由静止释放，则下列说法正确的是（ ）x=0处电场强度为零B.电子在x=-2cm处的加速度小于电子在x=-1cm处的加速C.该电子不可能运动到x=2cm处D.该电子运动到x=0处时的动能为3eV如图所示，电阻不计的两光滑导轨沿斜面方向平铺在绝缘斜面上，斜面倾角为导轨间距为L,导轨中部和下方各有一边长为 L的正方形匀强磁场区域，磁感应强度大小均为 B、方向均垂直斜面，质量为m的金属棒b水平故置在下方磁场区域中，质量未知的金属棒d水平放置于上方某处，某时刻由静止释放cd,当cd棒测进入导轨中部的磁场区域时由静止释放 ab棒，之后cd恰好匀速穿过中部的磁场区域而ab棒静止不动，已知两金属棒的电阻均为 R,重力加速度为g,则（ ）A.上、下两磁场方向相同cd棒的质量为mad棒通过导轨中部的磁场区域的过程中，克服安培力做功为mgLsin0cd棒的释放点到导轨中部磁场上边界的距离为下列说法正确的是（ ）一定质量的理想气体的体积减小时，内能一定增加一定质量的理想气体，密闭于容积不变的容器，吸热后温度一定升高C.在“用油膜法测分子直径”的实验中忽略了分子间的空隙D.饱和汽是指液体蒸发和水蒸气液化达到平衡状态时的蒸汽E.下落的雨滴在空中成球形是由于存在浮力三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）一列简谐横渡在t=0时刻的波形图如图中实线所示，t=3s时波形图如图中虚线所示,已知波传播的速度v=5m/s。则该波沿x轴（填“正"或"负”）方向传播；质点a的振动周期为s；从t=0开始，质点a第一次运动到波峰所需的时间为s(结果保留两位有效数字)。四、实验题(本大题共2小题，共15.0分)11.A、B两同学用图甲所示实验装置探究轻弹簧的弹性势能与其压缩量的关系：轻弹簧放置在倾斜的长木板上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接。向左推物块使弹簧压缩不同的量，再由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧的压缩量与弹性势能的关系。C垃产Bl(1)实验步骤如下：a.将木板左端抬高，平衡物块受到的摩擦力；b.向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧的压缩量；c.先接通打点计时器电源，再松手释放物块。(2)实验时，A同学让弹簧的压缩量为小，打点结果如图乙所示； B同学让弹簧的压缩量为2■，打点结果如图丙所示，已知打点计时器所用交流电的频率为 50Hz,物块质量为200go(3)结合纸带所给的数据可知： A同学实验时物块脱离弹簧时的速度大小为m/s,对应弹簧压缩时的弹性势能为J;B同学实验时物块脱离弹簧时的速度大小为m/s,对应弹簧压缩时的弹性势能为J.(结果均保留两位有效数字)。(4)对比A、B两位同学的实验结果可知： 弹簧的弹性势能与弹簧压缩量的关系为 O12.某实验小组想组装一个双量程( 3V、15V)的电压表，提供的器材如下：A.电流表⑥：满偏电流为1mA,内阻未知；B.电池E:电动势为3V,内阻未知；C.滑动变阻器R：最大阻值约为6kQ,额定电流为1A;D.滑动变阻器R2最大阻值约为2kQ,额定电流为3A；E.电阻箱R0：0〜9999.9RF.定值电阻R3：额定电流为0.1A;G.开关两个，导线若干。(1)用图甲所示电路测量电流表的内阻 rg,则滑动变阻器R应选用(选填“C”或“D”)。(2)将开关S、S2都断开，连接好实物图，滑动变阻器接入电路的电阻达到最大

后，接通开关S,调节滑动变阻器使电流表⑥的示数为0.9mA；再闭合开关S2,调节电阻箱Ro的阻值为300◎时，电流表⑥的示数为0.6mA,则电流表⑥的内阻为 Q(3)双量程电压表的电路原理图如图乙所示，则电路中电阻箱 R0应取值为%定值电阻R3的阻值为kQo五、计算题(本大题共4小题,共52.0分)13.如图甲所示，质量m=1kg的小滑块，从固定的四分之一圆弧轨道的最高点 A由静止滑下，经最低点B后滑到位于水平面的木板上， 并恰好不从木板的右端滑出。 已知圆弧轨道半径R=6m,木板长l=10m,上表面与圆弧轨道相切于 B点，木板下表面光滑，木板运动的v-t图象如图乙所示。取g=10m/s2.求：(1)滑块在圆弧轨道上运动时产生的内能；滑块与木板间的动摩擦因数及滑块在木板上相对木板滑动过程中产生的内能。(2)滑块与木板间的动摩擦因数及滑块在木板上相对木板滑动过程中产生的内能。14.如图所示，竖直线MN左侧存在水平向右的匀强电场， 右14.侧存在垂直纸面向外的匀强磁场其磁感应强度大小B=ttX-2T,在P点竖直下方，d=^,m处有一垂直于MN的足够大的挡板。现将一重力不计、比荷 ：=1X106C/kg的正电荷从P点由静止释放，经过At=1xi0-4s,电荷以V0=1X104m/s的速度通过MN进入磁场。求：P点到MN的距离及匀强电场的电场强度 E的大小；(2)电荷打到挡板的位置到MN的距离；(3)电荷从P点出发至运动到挡板所用的时间。

15.如图所示，汽缸开口向上固定在水平面上，其横截面积为S,内壁光滑，A、B为距离汽缸底部h2处的等高限位装置，限位装置上装有压力传感器，可探测活塞对限位装置的压力大小， 活塞质量为m,15.在汽缸内封闭了一段高为hi、温度为Ti得到理想气体，对汽缸内气体缓缓降温，已知重力加速度为 g,大气压强为po,变化过程中活塞始终保持水平状态。求：①当活塞刚好与限位装置接触（无弹力）时，汽缸内气体的温度 丁2；②当A、B处压力传感器的示数之和为2mg时，汽缸内气体的度丁3。16.如图所示，等长三棱镜abc平放在水平桌面上，光屏 MN与棱镜ac边平行，一宽度为d的单色平行光束垂直ac边从ab边射入棱镜，通过棱镜后在光屏上的光束宽度变为 2d,已知真空中光速为c。求：①棱镜的折射率n；②该光束中的光通过棱镜所需时间的最大时间差 Ato1.【答案】C答案和解析【解析】解：一群氢原子处于n=3的激发态向低能级跃迁，则辐射出光子的最小能量为:【解析】解：一群氢原子处于E小=3.4-1.51=1.89eV依据： ：=」•="算:<4.6x14Hz故c正确abd错误旅 X10-1*故选：Co根据频率最低，则能量最小，结合能级跃迁过程中，辐射能量 AE=Em-En,即可求解。本题考查对玻尔理论的理解和应用能力，关键抓住辐射的光子能量与能级差之间的关系。.【答案】D【解析】解：重新平衡后，绳子形状如下图:设钩码的质量为M,由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为0=53；则根据平衡可求得：2mgcos53°=Mg解得：M=1.2kg,故D正确，ABC错；故选：D。由几何关系求出环两边绳子的夹角，然后根据平行四边形定则求钩码的质量。该题的关键在于能够对线圈进行受力分析， 利用平衡状态条件解决问题。力的计算离不开几何关系和三角函数。.【答案】B【解析】解：A、如图所示，该鹊桥卫星绕地球运动的周期与月球绕地球运动的周期相同，故鹊桥卫星与月球绕地球的角速度大小相等，故A错误；B、据线速度v=rco可知，卫星与月球绕地球角速度相等，则鹊桥卫星的轨道半径大线速度大，故 B正确；C、鹊桥卫星在地月连线的延长线上， 故在地球上不能直接看到该卫星，故C错误；D、该卫星绕地球圆周运动，向心力由地球和月球对它的万有引力的合力提供，故 D错误。故选：Bo鹊桥卫星绕地球做圆周运动的轨道周期与月球绕地球做圆周运动的轨道周期相同， 结合轨道半径的关系得出线速度、角速度、向心加速度的大小关系。解决本题的关键知道物体做圆周运动， 靠地球和月球引力的合力提供向心力。 不能认为靠地球的万有引力提供向心力进行分析求解， 另外还要仅仅抓住：鹊桥卫星在地月引力作用下绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同。.【答案】C【解析】【分析】对猴子受力分析，受到重力和绳对猴子的摩擦力， 根据牛顿第二定律求出绳子对猴子的作用力，再对重力受力分析根据牛顿第二定律可求得加速度，结合运动学公式求解。本题关键先对小猴后对重物受力分析， 然后根据牛顿第二定律列式求解， 要求同学们能正确分析物体的受力情况，难度不大，属于基础题。【解答】A、对猴子受力分析，受到重力和绳对猴子的摩擦力，根据牛顿第二定律得： f-mg=ma解得：f=150N,即绳上的拉力大小为150N,故A错误；B、因绳的拉力为150N>120N,所以重物会离开地面，故B错误；CD、对重物由牛顿第二定律得： F-Mg=Ma,解得：a=2.5m/s2,2s末物体上升的高度h=[P=5m,故C正确D错误。故选Co.【答案】AC【解析】解：A、一示波器接在电阻Ri两端，示波器上的电压变化图象如图乙所示， Ri两端电压的有效值是介,50Ri=30Q,R2=20Q,根据欧姆定律得电压表的示数为 $=35.4V,故A正确；B、副线圈电流12=1=>，电流与匝数成反比，所以电流表的示数为I1=；：A,故B错误；C、根据图乙所示，周期T=0.04s,3品=50兀rad/s,理想变压器的原、副线圈匝数比为 5:1,变压器中电压与匝数成正比，原线圈的电压最大值是250V,所以原线圈的输入电压u=250sin50大（V）,故C正确；D、电阻R2消耗的电功率为P=/：R2=10W,故D错误;故选：AC。由图象求出交流电的周期和电压最大值； 变压器中电压与匝数成正比， 电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，电表显示有效值。根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键。.【答案】BD【解析】解：A、因为运动员在下滑过程中始终存在向心力，合外力充当向心力，向心力绳子指向圆心，方向不断变化，所以合外力是变力，故A错误；B、由图可知，斜面坡度一直在改变，运动员需要的向心力不变，根据受力分析可得，运动员对斜面的压力会逐渐增大，故 B正确；C、由于速度不变，则动能不变，高度下降，重力势能减小，则机械能减小，故C错误；D、由于速度不变，则动能不变，由动能定理可知，摩擦力做功和重力做功相等。故 D正确；故选：BD。由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道 AB,从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，运动员做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律和动能

定理分析各项。本题考查牛顿第二定律和动能定理，关键是抓住运动员做匀速圆周运动。.【答案】AD【解析】解：A、根据图线斜率的意义可知， 6t图线的斜率表示电场强度，所以可知在x=0处电场强度为。.故A正确；B、图线的斜率表示电场强度，由图可知 x=-2cm处的电场强度大于x=1cm处的电场强度，则电子的加速度：a二竺可知电子在x=-2cm处的加速度大于电子在x=-1cm处的加速度。故B错误；C、由图可知，y轴两侧的电场是对称的，所以该电子能运动到 x=2cm处。故C错误；D、电子从x=-2cm处由静止释放，由图可知，在x=-2cm处的电势为2V,电子在x=0处的电势为0,电子的电势增大3V,所以电子的电势能减小3eV.由于电子运动的过程中只有电场力做功，电子动能的增加量等于电势能的减少量， 所以电子到达x=0处的动能为3eV.故D正确故选：AD。根据数学知识求解x=xo处的电势大小。分析粒子的运动情况， 确定动能最大的位置， 由动能定理求解最大动能。本题要求学生能从题干中找出可用的信息， 运用数学知识确定电场的性质， 分析电荷的运动情况，并能灵活应用动能定理求解动能。.【答案】BC【解析】解：A、cd棒进入中间磁场时切割磁感线产生感应电动势，流过两金属棒的电流方向相反，两金属棒均处于平衡状态，所受安培力方向均平行于斜面向上，通过金属棒的电流方向相反而安培力方向相同，由左手定则可知，两磁场方向相反，故 A错误；B、流过两金属棒的电流I相等、棒的长度L相等，两磁场的磁感应强度B相等，两棒受到的安培力：F=BIL大小相等，由平衡条件得：对ab：F=mgsin§F=mbgsin0解得：mb=m,故B正确；C、金属棒匀速通过磁场区域， 金属棒的动能不变，由能量守恒定律得：mgLsin—W=0-0解得：W=mgLsin0即克服安培力做功为： mgLsin0故C正确；D、导体棒刚进入磁场时受到的安培力为： F=BIL上产cd棒在磁场中做匀速运动，由平衡条件得： mgsin6=J解得：v=cd棒进入磁场前过程，由动能定理得:cd棒进入磁场前过程，由动能定理得:। 2mgxsin如跖炉解得：x=故选：BC。两金属棒均处于平衡状态，根据金属棒受到的安培力方向与通过金属棒的电流方向关系应用左手定则判断两磁场方向关系；应用平衡条件求出cd棒的质量；应用能量守恒定律求出克服安培力做的功；应用平衡条件求出cd棒进入中间磁场时的速度，应用动能定理或机械能守恒定律求出 cd棒的释放点到导轨中部磁场上边界的距离。该题考查了多个知识点的综合运用。 做这类问题我们还是应该从运动过程和受力分析入手研究，运用一些物理规律求解问题。动能定理、动量定理的应用非常广泛，我们应该首先考虑。.【答案】BCD【解析】解：A、根据热力学第一定律W+Q=AU,一定质量的理想气体的体积减小，外界对气体做功W>0,但Q不明确，内能不一定增加，故A错误；B、一定质量的理想气体，密闭于容积不变的容器，气体不做功 W=0,吸热后，Q>0,由W+Q=AU,气体内能增加，分子平均动能增加，温度一定升高，故 B正确；C、在“用油膜法测分子直径”的实验中忽略了分子间的空隙，故C正确；D、在密闭容器中的液体不断的蒸发，液面上的蒸气也不断地凝结，当这两个同时存在的过程达到动态平衡时，宏观的蒸发也停止了，这种与液体处于动态平衡的蒸气叫做饱和汽，故D正确；E、下落的雨滴在空中成球形是由于液体的表面张力，故E错误。故选：BCDo根据热力学第一定律W+Q=4U,外界对气体做功W>0,但Q不明确，内能不一定增加；气体不做功W=0,吸热后，Q>0,分子平均动能增加，温度一定升高；在“用油膜法测分子直径”的实验中忽略了分子间的空隙； 饱和汽是指液体蒸发和水蒸气液化达到平衡状态时的蒸汽；下落的雨滴在空中成球形是由于液体的表面张力。本题考查了热力学第一定律、液体的表面张力、饱和汽、未饱和汽和饱和汽压、用油膜法估测分子的大小等知识点。对于物理学中的基本概念和规律要深入理解， 理解其实质，不能只是停留在表面上，同时要通过练习加强理解。.【答案】正0.80.13【解析】解：由图知波长入二向，振幅A=0.4m(1)根据波长、频率(周期)和波速的关系有 丁二：：=。,85,若波沿x轴正向传播，则有+ =带入T算得n=3;同理，若波沿x轴负向传播，则有+ 带入T算得n=3.5,显然n应该为正整数，故波应该沿轴正向传播；(2)根据波长、频率(周期)和波速的关系有 T==0,^,每个质点振动周期和波的周期一样，因此质点a的振动周期为0.8s；(3)设t=0s时波动方程为尸=而出(，)，带入A和入得了=04舌皿牙),从图中可以得出0.2=0.4simgj),因此因此〃=；,图中x=1的质点位于波峰，从x=1时的位置传到x=(即a点)需要的时间为［"二二01'。,3.，。答：(1)正；0.8s；0.13s。由图中可以直接读出波的波长，波速已知，周期可以根据根据波长、波速和周期的关系求解而得；若波沿x轴正向传播，则有+ 带入T算得n=3;同理，若波沿x轴负向传播，则有(；+忖)1=加，带入t算得n=3.5,显然n应该为正整数，故波应该

沿轴正向传播；从图中先求出t=0s时的波动方程，根据波动方程求出a点的水平坐标,再结合图形判断a点运动到波峰则波由x=1位置传播到x=a位置，根据速度位移公式求解相应时间。本题第二问是最容易判断的，波速已知，周期可以根据根据波长、波速和周期的关系求解而得；进而假设波沿不同方向传播，波的传播存在周期性，因此很有可能带来多解问题，列出多解方程，判断既定的 n是否可求出正整数判断方向正确与否；第三问需要先求出a点的坐标位置，再判断a点运动到波峰相应波从何位置传播至何位置，最后根据位移公式求解即可。.【答案】0.750.0561.50.23弹簧的弹性势能与压缩量的平方成正比。【解析】解：(3)由图中纸带可知，左侧应为与物块相连的位置；由图可知，两点间的距离先增大后不变；乙图中最后相等的距离均为 1.50cm；则由平均速度可求得，其速度为：L.50x10',v=m/s=0.75m/s；根据功能关系可得：Ep=：mv2g>0.200.752J=0.056J；4J '丙图中最后相等的距离为 3.0cm;故由平均速度公式可得:V,丙图中最后相等的距离为 3.0cm;故由平均速度公式可得:V,R.Q*Id口艰=1.5m/s；根据功能关系可得：E'P=：mv'2=：xq.201.52J=0.23J;(4)由(3)中数据可知，丙中弹性势能为乙中弹性势能的 4倍，即说明弹簧的弹性势能与压缩量的平方成正比。故答案为：(3)0.75;0.056;1.5;0.23;(4)弹簧的弹性势能与压缩量的平方成正比分析纸带，根据纸带上距离的变化可明确物体何时离开弹簧， 再根据平均速度法可求得脱离时的速度；求出对应的动能，从而确定弹簧的弹性势能大小。本题考查探究弹性势能的实验， 要注意通过题意分析实验原理， 然后再结合我们所学过的规律分析求解即可；同时要求能注意实验中的注意事项以及实验方法。.【答案】C150285012【解析】解：(1)应用半偏法测电流表内阻，闭合开始 发时认为电路电流不变，滑动变阻器接入电路的阻值越大，闭合开关 S2时电路电流变化越小，实验误差越小，为减Co则流过电阻箱的电流为2倍，则电流表内阻:小实验误差，应选择阻值大的滑动变阻器，因此滑动变阻器应选择(2)闭合开关S2后认为电路电流不变，电流表示数为0.6mA,Co则流过电阻箱的电流为2倍，则电流表内阻:(3)由图示电路图可知，电阻： Ro=. ^-150=2850Q,R3=，匚一*=UTTF-150-2850=12000◎=12口；故答案为：(1)C；(2)150;(3)2850;12。(1)根据实验原理从减小实验误差的角度分析选择所需滑动变阻器。(2)根据实验步骤应用并联电路特点求出电流表内阻。(3)根据图乙所示电路图应用串联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值。本题考查了测电流表内阻、电压表改装实验，考查了实验器材的选择与实验数据处理，知道实验原理是解题的前提与关键， 根据图示电路图应用串并联电路特点与欧姆定律可以解题。

13.【答案】解：(1)滑块恰好没有从右端滑出，最终两者速度相等，滑块到达木板右端时： 写:-t；t=l,由图示图线可知：V2=2m/s,t=2s,滑块在圆弧轨道上运动过程，由能量守恒定律得： mgR=m4+Qi,代入数据解得：vi=10m/s,Qi=10J;(2)滑块在木板上滑动过程， V2=v2-at,加速度：a=四，代入数据觉得：科=0.3对滑块与木板组成的系统，由能量守恒定律得： ^=Q2+'(M+m那,代入数据解得：Q2=30J；答：(1)滑块在圆弧轨道上运动时产生的内能为 10J;(2)滑块与木板间的动摩擦因数为 0.3,滑块在木板上相对木板滑动过程中产生的内能30J。【解析】(1)滑块在木板上做匀减速直线运动，木板做初速度为零的匀加速直线运动，最终两者速度相等，根据图示图线求出两者的共同速度， 应用平均速度公式求出滑块的初速度，然后对滑块应用能量守恒定律求出滑块在圆弧轨道上产生的内能。(2)对滑块应用运动学公式与牛顿第二定律可以求出动摩擦因数，然后能量守恒定律可以求出产生的内能。应用平均速度公式、牛顿第二定分析清楚滑块与木板的运动过程是解题的前提与关键，律、运动学公式与能量守恒定律可以解题。应用平均速度公式、牛顿第二定P点至UMN14.【答案】解：(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，的距离：乂二P点至UMN解得：x=0.5m根据速度时间规律可得： Vo=aAt根据牛顿第二定律可得： Eq=ma解得：E=100N/CqvoB=qvoB=1可得：r=m粒子在磁场中运动的周期： T==2X10-4s电荷在电场、磁场中的运动轨迹如图所示， 。点到挡板的距离为：d-3r9m所以：cosZAON=L即：/AON=60°JA点到MN的距离x=rsin60=：,m=0.2m(3)电荷在电场中运动的总时间： t1=3N=3M0-4s电荷在磁场中运动的圆弧所对应的圆心角： 。=兀+产电荷在磁场中运动的总时间： 12=五T

解得：12Mx10-4S所以电荷从P点从发至运动到挡板所需时间： t=ti+t2="X10-4s=4.67X4S0J答：(1)P点到MN的距离为0.5m,匀强