安慶市高三上學(xué)期期末教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測物理試題含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精安慶市2019－2020學(xué)年度第一學(xué)期期末教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測高三物理試題一、單項選擇題1。物理學(xué)是研究物質(zhì)運動最一般規(guī)律和物質(zhì)基本結(jié)構(gòu)的學(xué)科，在物理學(xué)的探索和發(fā)現(xiàn)過程中，科學(xué)家們運用了許多研究方法如：理想實驗法、控制變量法、極限思想法、類比法、科學(xué)假說法和建立物理模型法等。以下關(guān)于物理學(xué)研究方法的敘述中正確的是A.在不需要考慮物體本身的大小和形狀時,用質(zhì)點來代替物體的方法是微元法B。在探究加速度、力和質(zhì)量三者之間的關(guān)系時，先保持質(zhì)量不變研究加速度與力的關(guān)系,再保持力不變研究加速度與質(zhì)量的關(guān)系，這里運用了假設(shè)法C.在推導(dǎo)勻變速直線運動位移公式時,把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，再把各小段位移相加，這里運用了理想模型法D.根據(jù)速度定義式,當Δt→0時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義運用了極限思維法【答案】D【解析】【詳解】A中采用了理想模型法；B中采用控制變量法；C中采用了微元法；D中是極限思維法；故選D.2。如圖所示，一定質(zhì)量的通電導(dǎo)體棒ab置于傾角為θ的粗糙導(dǎo)軌上,在圖所加各種大小相同方向不同的勻強磁場中，導(dǎo)體棒ab均靜止，則下列判斷錯誤的是A.四種情況導(dǎo)體受到的安培力大小相等B.A中導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌間摩擦力可能為零C.B中導(dǎo)體棒ab可能是二力平衡D。C、D中導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌間摩擦力可能為零【答案】D【解析】【詳解】A．導(dǎo)體棒受到的安培力F=BIL,因B大小相同，電流相同，故受到的安培力大小相等，故A正確，不符合題意；B．桿子受豎直向下的重力、水平向右的安培力和垂直于斜面向上的斜面的支持力,若三個力平衡，則不受摩擦力，故B正確，不符合題意；C．桿子受豎直向下的重力、豎直向上的安培力，若重力與安培力相等，則二力平衡，故C正確，不符合題意；D．桿子受重力、豎直向下的安培力、支持力，要想處于平衡，一定受摩擦力，D桿子受重力、水平向左的安培力,支持力，要想處于平衡，一定受摩擦力,故D錯誤,符合題意；故選D.【名師點睛】此題是物體的平衡及安培力的問題;解決本題的關(guān)鍵掌握安培力的方向判定，以及能正確地進行受力分析，根據(jù)受力平衡判斷桿子受力；此題難度不大，考查基本知識的運用能力.3.如圖所示物塊A和B的質(zhì)量分別為4m和m，開始A、B均靜止，細繩拉直，在豎直向上拉力F＝6mg作用下，動滑輪豎直向上運動．已知動滑輪質(zhì)量忽略不計，動滑輪半徑很小,不考慮繩與滑輪之間的摩擦，細繩足夠長，在滑輪向上運動中，物塊A和B的加速度分別為A。aA＝g，aB＝5g B。aA＝aB＝gC。aA＝g，aB＝3g D.aA＝0，aB＝2g【答案】D【解析】【詳解】在豎直向上拉力F＝6mg時,此時A、B受的拉力分別為3mg、3mg，對A因為3mg＜4mg，故物體A靜止,加速度為0;對物體B3mg－mg＝maB解得aB＝2g故選D。4.一個質(zhì)量為m的質(zhì)點以速度做勻速運動，某一時刻開始受到恒力F的作用,質(zhì)點的速度先減小后增大，其最小值為。質(zhì)點從開始受到恒力作用到速度減至最小的過程中A。該質(zhì)點做勻變速直線運動B。經(jīng)歷的時間為C。該質(zhì)點可能做圓周運動D.發(fā)生位移大小為【答案】D【解析】【詳解】質(zhì)點減速運動的最小速度不為0，說明質(zhì)點不是做直線運動，力F是恒力所以不能做圓周運動，而是做勻變速曲線運動．設(shè)力F與初速度夾角為θ，因速度的最小值為可知初速度v0在力F方向的分量為，則初速度方向與恒力方向的夾角為150°，在恒力方向上有v0cos30°－t＝0在垂直恒力方向上有質(zhì)點的位移聯(lián)立解得時間為發(fā)生的位移為選項ABC錯誤，D正確；故選D．5。在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定初速度水平拋出,從B點進入電場,到達C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且AB=2BC，如圖所示，由此可知（)A。小球帶正電B。電場力大小為3mgC。小球從A到B與從B到C的運動時間相等D.小球從A到B與從B到C的速度變化相等【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)小球從B點進入電場的軌跡可看出，小球帶負電，故A錯誤；因為到達C點時速度水平,所以C點速度等于A點速度，因為AB=2BC,設(shè)BC的豎直高度為h，則AB的豎直高度為2h，由A到C根據(jù)動能定理：mg×3h-Eqh=0,即Eq=3mg，故B正確；小球從A到B在豎直方向上的加速度為g，所用時間為：；在從B到C，的加速度為向上，故所用時間:，故t1=2t2，故C錯誤；小球從A到B與從B到C的速度變化大小都等于，但方向相反，故D錯誤.6.如圖所示,位于豎直平面內(nèi)的光滑軌道由一段拋物線AB組成，A點為拋物線頂點,已知A、B兩點間的高度差h＝0.8m,A、B兩點間的水平距離x＝0。8m，重力加速度g取10m/s2，一小環(huán)套在軌道上的A點，下列說法正確的是A.小環(huán)以初速度v0＝2m/s從A點水平拋出后，與軌道無相互作用力B.小環(huán)以初速度v0＝1m/s從A點水平拋出后，與軌道無相互作用力C。若小環(huán)從A點由靜止因微小擾動而滑下，到達B點的速度為D.若小環(huán)從A點由靜止因微小擾動而滑下，到達B點的時間為0.4s【答案】A【解析】【詳解】AB．小環(huán)以初速度v0＝2m/s從A點水平拋出,下落0.8m用時水平位移為x=v0t=0.8m，其軌跡剛好與光滑軌道重合，與軌道無相互作用力，A正確，B錯誤；C．根據(jù)機械能守恒定律mgh＝mv2到達B點的速度C錯誤；D．小環(huán)沿軌道下落到B點所用的時間比平拋下落到B點所用的時間長，大于0。4s,D錯誤．故選A。7.某一電源的路端電壓與電流的關(guān)系和電阻R1、R2的電壓與電流的關(guān)系圖如圖所示。用此電源和電阻R1、R2組成電路。R1、R2可以同時接入電路，也可以單獨接入電路.為使電源輸出功率最大,可采用的接法是()A.將R1單獨接到電源兩端B。將R1、R2并聯(lián)后接到電源兩端C.將R1、R2串聯(lián)后接到電源兩端D.將R2單獨接到電源兩端【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U=E?Ir知，I=0時,U=E，圖象的斜率等于r,則由電源的U?I圖線得到:電源的電動勢為E=3V，內(nèi)阻為r=0.5Ω.由電阻的伏安特性曲線求出R1=0.5Ω、R2=1Ω，R1單獨接到電源兩端時，兩圖線的交點表示電路的工作狀態(tài)，可知,電路中的電流為3A,路端電壓為1.5V，則電源的輸出功率為P出1=1.5V×3A=4。5W，同理，當將R1、R2串聯(lián)后接到電源兩端,利用歐姆定律可得電路電流I串=1。5A，此時電源的輸出功率P串=I2串（R1+R2)=3。75W；兩電阻并聯(lián)時,利用歐姆定律可得電路電流I并=3。6A,此時電源的輸出功率P并=EI并?I2并r=4.32W；R2單獨接到電源兩端輸出功率為P出2=2V×2A=4W。所以將R1單獨接到電源兩端時電源的輸出功率最大．故A正確,BCD錯誤．故選A【點睛】由電源的U-I圖線縱橫截距讀出電源的電動勢，由斜率求出電源的內(nèi)阻．由電阻的U—I圖線求出電阻．再分別求出四種情況下電源的輸出功率進行選擇．8.如圖所示,質(zhì)量相同的兩物體a、b,用不可伸長的輕繩跨接在同一光滑的輕質(zhì)定滑輪兩側(cè)，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上．初始時用力壓住b使a、b靜止,撤去此壓力后，a開始運動，在a下降的過程中，b始終未離開桌面．在此過程中A.a的動能一定小于b的動能B。兩物體機械能的變化量相等C.a的重力勢能的減小量等于兩物體總動能的增加量D.繩的拉力對a所做的功與對b所做的功的代數(shù)和為正【答案】A【解析】【詳解】A．輕繩兩端沿繩方向的速度分量大小相等，故可知a的速度等于b的速度沿繩方向的分量，a的動能比b的動能小,A正確；BC．因為b與地面有摩擦力，運動時有熱量產(chǎn)生，所以該系統(tǒng)機械能減少，而B、C兩項的說法均為系統(tǒng)機械能守恒的表現(xiàn)，故B、C錯誤;D．輕繩不可伸長，兩端分別對a、b做功大小相等，一負一正，D錯誤。故選A。二、多項選擇題9。如圖所示，粗糙程度均勻的絕緣空心斜面ABC放置在水平面上，∠CAB=30°,斜面內(nèi)部0點（與斜面無任何連接)固定一個正點電荷，一帶負電可視為質(zhì)點的小物體可以分別靜止在M、P、N點,P為MN的中點,OM=ON,OM∥AB，下列說法正確的是（）A。小物體在M、P、N點靜止時一定都是受4個力B。小物體靜止在P點時受到的摩擦力最大C.小物體靜止在P點時受到的支持力最大D.小物體靜止在M、N點時受到的支持力相等【答案】CD【解析】【詳解】對小物體分別在三處靜止時所受力分析如圖所示：

A．結(jié)合平衡條件，由圖,小物體在P、N兩點時一定受四個力作用，而在M處不一定。故A錯誤。B．小物體靜止在P點時，摩擦力f=mgsin30°，靜止在N點時：f′=mgsin30°+F′cos30°，靜止在M點時：f″=mgsin30°-F′cos30°，可見靜止在N點時所受摩擦力最大.故B錯誤.

CD．小物體靜止在P點時,設(shè)庫侖力為F，受到的支持力：N=mgcos30°+F，在M、N點時：N′=mgcos30°+F′sin30°，由庫侖定律知：F＞F′，故N＞N′，即小物體靜止在P點時受到的支持力最大，靜止在M、N點時受到的支持力相等。故CD正確.故選CD。10。如圖甲所示，輕彈簧豎直固定在水平面上．一質(zhì)量為m＝0。2kg的小球,從彈簧上端某高度處自由下落，從它接觸彈簧到彈簧壓縮至最短的過程中（彈簧在彈性限度內(nèi))，其速度v和彈簧壓縮量Δx之間的函數(shù)圖象如圖乙所示，其中A為曲線的最高點．不計小球和彈簧接觸瞬間機械能損失、空氣阻力,g取10m/s2，則下列說法正確的是A.小球剛接觸彈簧時加速度最大B。該彈簧的勁度系數(shù)為20。0N/mC。從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，小球的機械能守恒D。小球自由落體運動下落的高度1.25m【答案】BD【解析】【詳解】AB．由小球的速度圖象知，開始小球的速度增大，說明小球的重力大于彈簧對它的彈力，當Δx為0.1m時，小球的速度最大，然后減小，說明當Δx為0.1m時，小球的重力等于彈簧對它的彈力．所以可得：kΔx＝mg解得：k＝N/m＝20N/m彈簧的最大縮短量為Δx最大＝0。61m,所以F最大＝20N/m×0。61m＝12.2N彈力最大時的加速度a＝＝＝51m/s2小球剛接觸彈簧時加速度為10m/s2,所以壓縮到最短時加速度最大，故A錯誤，B正確；C．小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,單獨的小球機械能不守恒，故C錯誤；D．根據(jù)自由落體運動算得小球自由落體運動下落的高度D正確．故選BD。11.如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)以直線AB為分界線，上半圓內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B.下半圓內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小未知，圓的半徑為R。在磁場左側(cè)有一粒子水平加速器,質(zhì)量為m，電量大小為q的粒子在極板M右側(cè)附近,由靜止釋放，在電場力的作用下加速,以一定的速度沿直線CD射入磁場,直線CD與直徑AB距離為0.6R。粒子在AB上方磁場中偏轉(zhuǎn)后,恰能垂直直徑AB進入下面的磁場，之后在AB下方磁場中偏轉(zhuǎn)后恰好從O點進入AB上方的磁場。帶電粒子的重力不計。則A.帶電粒子帶負電B.加速電場的電壓為C。粒子進入AB下方磁場時的運動半徑為0。1RD.AB下方磁場的磁感應(yīng)強度為上方磁場的3倍【答案】AC【解析】【詳解】A．從C點入射的粒子向下做勻速圓周運動，即受到洛侖茲力向下,由左手定則知道粒子帶負電，所以選項A正確;B．由題意知，粒子在AB上方磁場中做勻速圓周運動的半徑r1＝0。6R,在電場中加速有：在AB上方磁場中：聯(lián)立得：所以選項B錯誤；C．粒子在AB下方磁場中做勻速圓周運動，由幾何關(guān)系：解得r2＝0。1R所以選項C正確;D．由洛侖茲力提供向心力得到半徑：由于r1＝6r2，所以B2＝6B1所以選項D錯誤。故選AC。12.在傾角為θ的斜面上固定兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN,相距為L，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下．有兩根質(zhì)量均為m的金屬棒a、b，先將a棒垂直導(dǎo)軌放置，用跨過光滑定滑輪的細線與物塊c連接，連接a棒的細線平行于導(dǎo)軌，由靜止釋放c,此后某時刻，將b也垂直導(dǎo)軌放置，a、c此刻起做勻速運動,b棒剛好能靜止在導(dǎo)軌上．a(chǎn)棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直，兩棒與導(dǎo)軌電接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計．則（）A。物塊c的質(zhì)量是2msinθB.b棒放上導(dǎo)軌前，物塊c減少的重力勢能等于a、c增加的動能C。b棒放上導(dǎo)軌后,物塊c減少的重力勢能等于回路消耗的電能D.b棒放上導(dǎo)軌后，a棒中電流大小是【答案】AD【解析】【詳解】b棒靜止說明b棒受力平衡,即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a棒勻速向上運動，說明a棒受繩的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三個力平衡，c勻速下降則c所受重力和繩的拉力大小平衡．由b平衡可知,安培力大小F安=mgsinθ，由a平衡可知F繩=F安+mgsinθ=2mgsinθ，由c平衡可知F繩=mcg；因為繩中拉力大小相等，故2mgsinθ=mcg，即物塊c的質(zhì)量為2msinθ,故A正確;b放上之前，根據(jù)能量守恒知a增加的重力勢能也是由于c減小的重力勢能，故B錯誤;a勻速上升重力勢能在增加，故根據(jù)能量守恒知C錯誤；根據(jù)b棒的平衡可知F安=mgsinθ又因為F安=BIL,故,故D正確；故選AD．考點:物體的平衡；安培力。三、實驗題13.某物理興趣小組的同學(xué)用如圖甲所示裝置驗證機械能守恒定律，輕繩一端固定在光滑固定轉(zhuǎn)軸O處，另一端系一小球．（1）張小明同學(xué)在小球運動的最低點和最高點附近分別放置了一組光電門，用螺旋測微器測出了小球的直徑，如圖乙所示,則小球的直徑d＝____mm，使小球在豎直面內(nèi)做圓周運動,測出小球經(jīng)過最高點的擋光時間為Δt1,經(jīng)過最低點的擋光時間為Δt2。(2）戴小軍同學(xué)在光滑水平轉(zhuǎn)軸O處安裝了一個拉力傳感器，已知當?shù)刂亓铀俣葹間。現(xiàn)使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動,通過拉力傳感器讀出小球在最高點時繩上的拉力大小是F1，在最低點時繩上的拉力大小是F2。（3)如果要驗證小球從最低點到最高點機械能守恒，張小明同學(xué)還需要測量的物理量有_____（填字母代號）．戴小軍同學(xué)還需要測量的物理量有______（填字母代號）．A．小球的質(zhì)量mB．輕繩的長度LC．小球運行一周所需要的時間T（4)根據(jù)張小明同學(xué)的思路，請你寫出驗證小球從最低點運動到最高點的過程中機械能守恒的表達式：________________（用題目所給得字母表示）(5)根據(jù)戴小軍同學(xué)的思路，請你寫出驗證小球從最低點運動到最高點的過程中機械能守恒的表達式：____________________(用題目所給得字母表示）【答案】(1)。5.700(2）.B（3).A(4)。(5).F2－F1＝6mg【解析】【詳解】（1）[1］．螺旋測微器固定刻度讀數(shù)為5。5mm，可動刻度讀數(shù)為20。0×0。01mm，故最終讀數(shù)為兩者相加，即5.700mm.（3)[2］［3]．根據(jù)小明同學(xué)的實驗方案，小球在最高點的速度大小為v1＝小球在最低點的速度大小為v2＝設(shè)輕繩長度為L，則從最低點到最高點依據(jù)機械能守恒定律有化簡得所以小明同學(xué)還需要測量的物理量是輕繩的長度L；根據(jù)小軍同學(xué)的實驗方案,設(shè)小球做圓周運動的半徑為r,則小球在最低點有在最高點有從最低點到最高點依據(jù)機械能守恒定律有聯(lián)立方程化簡得F2－F1＝6mg所以小軍同學(xué)還需要測量的物理量就是小球的質(zhì)量m。（4)［4]．由（3）可知，根據(jù)小明同學(xué)的思路，驗證小球從最低點運動到最高點的過程中機械能守恒的表達式為（5）[5］．由(3)可知，根據(jù)小軍同學(xué)的思路，驗證小球從最低點運動到最高點的過程中機械能守恒的表達式為F2－F1＝6mg14.第34屆全國青少年科技創(chuàng)新大賽于2019年7月20—26日在澳門舉辦，某同學(xué)為了測試機器人內(nèi)部電動機的電阻變化，對一個額定電壓為6V,額定功率約為3。5W小型電動機（線圈電阻恒定）的伏安特性曲線進行了研究，要求電動機兩端的電壓能從零逐漸增加到6V,實驗室備有下列器材：A。電流表（量程Ⅰ:0～0。6A,內(nèi)阻約為1Ω;量程Ⅱ:0～3A，內(nèi)阻約為0.1Ω）B。電壓表(量程為0~6V，，內(nèi)阻幾千歐)C.滑動變阻器R1(最大阻值10Ω，額定電流2A)D?；瑒幼冏杵鱎2（最大阻值1750Ω，額定電流0.3A）E。電池組(電動勢為9V，內(nèi)阻小于1Ω)F.開關(guān)和導(dǎo)線若干（1)實驗中所用的滑動變阻器應(yīng)選____（選填“C”或“D”），電流表的量程應(yīng)選_____（選填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。（2)請用筆畫線代替導(dǎo)線將實物圖甲連接成符合這個實驗要求的電路。（）（3）閉合開關(guān)，移動滑動變阻器的滑片P，改變加在電動機上的電壓，實驗中發(fā)現(xiàn)當電壓表示數(shù)大于1V時電風(fēng)扇才開始轉(zhuǎn)動，電動機的伏安特性曲線如圖乙所示，則電動機線圈的電阻為______Ω，電動機正常工作時的輸出機械功率為_______W。(保留兩位有效數(shù)字)【答案】(1).C（2）.Ⅰ(3）。(4)。2。5（5).2。6【解析】【詳解】（1）［1］［2]．電風(fēng)扇的額定電流，從讀數(shù)誤差的角度考慮，電流表選擇量程Ⅰ。電風(fēng)扇的電阻比較小，則滑動變阻器選擇總電阻為10Ω的誤差較小，即選擇C。(2）[3]．因為電壓電流需從零開始測起，則滑動變阻器采用分壓式接法，電風(fēng)扇的電阻遠小于電壓表內(nèi)阻,屬于小電阻，電流表采用外接法。則可知對應(yīng)的實物圖如答案圖所示。（3）［4］[5］．電壓表讀數(shù)小于1V時電風(fēng)扇沒啟動，由圖象可知I=0.4A。根據(jù)歐姆定律得。正常工作時電壓為6V，根據(jù)圖象知電流為0.57A，則電風(fēng)扇發(fā)熱功率P=I2R=0.572×2.5W=0.81W則機械功率P'=UI-I2R=6×0.57W-0.81W=2。61W≈2。6W.四、計算題15.如圖甲所示，A車原來臨時停在一水平路面上,B車在后面勻速向A車靠近，A車司機發(fā)現(xiàn)后啟動A車，以A車司機發(fā)現(xiàn)B車為計時起點（t=0),A、B兩車的v－t圖象如圖乙所示．已知B車在第1s內(nèi)與A車的距離縮短了x1=12m.(1)求B車運動的速度vB和A車的加速度a的大??；(2)若A、B兩車不會相撞，則A車司機發(fā)現(xiàn)B車時(t=0）兩車的距離x0應(yīng)滿足什么條件？【答案】（1)12m/s，3m/s2（2）x0>36m【解析】【詳解】（1）在時A車剛啟動,兩車間縮短的距離：代入數(shù)據(jù)解得B車的速度：A車的加速度：將和其余數(shù)據(jù)代入解得A車的加速度大小:（2)兩車速度達到相等時，兩車的距離達到最小，對應(yīng)于圖像的時刻，此時兩車已發(fā)生的相對位移為梯形的面積，則：解得，因此，若A、B兩車不會相撞，則兩車的距離應(yīng)滿足條件：16。2019年諾貝爾物理獎的一半授予詹姆斯·皮伯斯（JamesPeebles）以表彰他“在物理宇宙學(xué)方面的理論發(fā)現(xiàn)”，另一半授予了米歇爾·馬約爾（MichelMayor)和迪迪?！た迤?DidierQueloz），以表彰他們“發(fā)現(xiàn)了一顆圍繞太陽運行的系外行星”。對宇宙探索一直是人類不懈的追求?，F(xiàn)假設(shè)有這樣模型：圖示為宇宙中一恒星系的示意圖，A為該星系的一顆行星，它繞中央恒星O的運行軌道近似為圓．已知引力常量為G，天文學(xué)家觀測得到A行星的運行軌道半徑為R0，周期為T0,求：(1）中央恒星O的質(zhì)量M是多大？（2）長期觀測發(fā)現(xiàn)A行星每隔t0時間其運行軌道便會偏離理論軌道少許，天文學(xué)家認為出現(xiàn)這種現(xiàn)象的原因可能是A行星外側(cè)還存在著一顆未知的行星B(假設(shè)其運行的圓軌道與A在同一平面內(nèi)，且與A的繞行方向相同)．根據(jù)上述現(xiàn)象和假設(shè)，試求未知行星B的運動周期和軌道半徑．【答案】（1)(2）【解析】【詳解】（１）由萬有引力定律得：令A(yù)星質(zhì)量為m求得：。(2）令B星運動周期為TB軌道半徑為RB求得：由開普勒第三定律：得到：.17。如圖所示,豎直平面MN與紙面垂直，MN右側(cè)的空間存在著垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場和水平向左的勻強電場,MN左側(cè)的水平面光滑，右側(cè)的水平面粗糙．質(zhì)量為m的物體A靜止在MN左側(cè)的水平面上,已知該物體帶負電,電荷量的大小為為q．一質(zhì)量為的不帶電的物體B以速度v0沖向物體A并發(fā)生彈性碰撞，碰撞前后物體A的電荷量保持不變．求:（1）碰撞后物體A的速度大?。唬?)若A與水平面的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度的大小為g,磁感應(yīng)強度的大小為，電場強度的大小為．已知物體A從MN開始向右移動的距離為時，速度增加到最大值．求:a．此過程中物體A克服摩擦力所做的功W；b．此過程所經(jīng)歷的時間t．【答案】（1)（2）a.