江西省赣州市2019届高三物理上学期期末考试试题（含解析）.doc

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1、- 1 -江西省赣州市 2017-2018 学年高三（上）期末物理试卷一、单选题（本大题共 6 小题，共 24.0 分）1.伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。图 、 分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是 A. 图 中先在倾角较小的斜面上进行实验，其目的是使时间测量更容易B. 图 通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速直线运动C. 图 中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成D. 图 的实验为“理想实验” ，通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持【答案】B【解

2、析】伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计算，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力得作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长的多，所以容易测量伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推故 A 错误，B 正确；完全没有摩擦阻力的斜面是实际不存在的，故 C 错误；伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持，故 D错误故选 B.【此处有视频，请

3、去附件查看】2.电梯顶上悬挂一根劲度系数是 的弹簧，弹簧的原长为 20cm，在弹簧下端挂一个质量为 的砝码。当电梯运动时，测出弹簧长度变为 23cm， g 取 ，则电梯的运动状态及加速度大小为 A. 匀加速上升，B. 匀减速上升，- 2 -C. 匀加速上升，D. 匀减速上升，【答案】C【解析】【分析】对砝码受力分析，受重力和拉力，根据胡克定律求得拉力，再结合牛顿第二定律，即可求出加速度大小，确定物体的运动状态.【详解】由胡克定律可知，弹簧的弹力 ，由牛顿第二定律知： ，解得：物体加速度向上，可能是加速上升，也可能是减速下降，故 C 正确，ABD 错误；故选 C.【点睛】本题关键是受力分析，根据

4、牛顿第二定律判断出加速度方向，注意加速度向上，可能是加速上升，也可能是减速下降.3.如图所示，平行板电容器与电动势为 的直流电源 内阻不计 连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略，一带负电油滴被固定于电容器中的 P 点，现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是 A. 平行板电容器的电容将变小B. 带电油滴的电势能将减少C. 静电计指针张角变小D. 若将上极板与电源正极断开后再将下极板左移一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【答案】B【解析】【分析】- 3 -电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器 d 的变化判断电容的变化以及电场强度的变

5、化，从而判断电荷电势能和电场力的变化.【详解】A.将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距减小，根据知， d 减小，则电容增加，故 A 错误；B.电势差不变， d 减小，则电场强度增加， P 点与下极板的电势差变大，则 P 点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小，故 B 正确；C.静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故静电计指针张角不变，故 C 错误；D.若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，正对面积 S 减小，根据，知电场强度变大，则油滴所受电场力变大，故 D 错误.故选 B.【点睛】本题

6、是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变.4.北斗系统的卫星由若干周期为 24h 的地球静止轨道卫星 如图中丙 、倾斜地球同步轨道卫星 如图中乙 和中圆地球轨道卫员 如图中丁 三种轨道卫星组成，设定它们都绕地心作匀速圆周运动。甲是地球赤道上的一个物体 图中未画出 下列说法中正确的是 A. 它们运动的向心加速度大小关系是B. 它们运动的线速度大小关系是C. 己知甲运动的周期 ，可求出地球的密度D. 己知丁运动的周期 及轨道半径 ，可求出地球质量【答案】B【解析】【分析】- 4 -根据万有引力提供向心力，得出轨道半径与周期的关系

7、，通过周期的大小比较出轨道半径的大小，从而根据万有引力提供向心力得出乙和丙的向心加速度和线速度大小关系。甲和丙的周期相同，角速度相等，根据 ， ，比较出甲和丙的线速度和角速度大小。根据万有引力提供向心力求出地球的质量.【详解】A、B、根据 得， ， ， 同步卫星的周期为 24h，大于乙的周期，则丙的轨道半径大于乙的轨道半径，根据线速度、加速度与轨道半径的关系，知 ， ， ，又因为甲丙的角速度相等，根据知， ，根据 知， 故 A 错误、B 正确.C、因为甲的周期与贴近星球表面做匀速圆周运动的周期不同，根据甲的周期无法求出地球的密度；故 C 错误.D、根据 ，解得： 故 D 错误.故选 B.【点睛

8、】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、加速度、周期与轨道半径的关系。以及知道同步卫星的特点。5.如图所示，汽车蓄电池与车灯、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为 005，电表可视为理想电表只接通 S1时，电流表示数为 10A，电压表示数为 12V，再接通 S2，启动电动机时，电流表示数变为 8A，则此时通过启动电动机的电流是 （ ）A. 2 B. 8 C. 50 D. 58【答案】C【解析】试题分析：只接通 S1时，由闭合电路欧姆定律得：E=U+Ir=12V+100.05V=12.5V，R 灯= =1.2，再接通 S2后，流过电动机的电流为：I 电动机 = =50A

9、，故选C- 5 -考点：闭合电路的欧姆定律6.利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度 B 的大小。用绝缘轻质丝线把底部长为 L、电阻为 R、质量为 m 的“U”型线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，导线的电阻忽略不计当有拉力 F 作用于力敏传感器的挂钩上时，拉力显示器可以直接显示力敏传感器所受的拉力。当线框接入恒定电压为 E1时，拉力显示器的示数为 F1；接入恒定电压为 E2时（电流方向与电压为 E1时相反） ，拉力显示器的示数为 F2。已知 F1F2,则磁感应强度 B 的大小为A. B. C. D. 【答案】B【解析】线框接入恒定电压为 E1时，对线框受力分析得出：

10、；当线框接入恒定电压为E2时，对线框受力分析得出： ，联立整理得： ，故 B 正确，ACD错误故选：B.二、多选题（本大题共 4 小题，共 16.0 分）7.如图所示，在半径为 R 的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为 B，方向垂直于圆平面- 6 -未画出 一群比荷为 的负离子以相同速率 较大 ，由 P 点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，最终打在磁场区域右侧的荧光屏 足够大 上，则下列说法正确的是 不计重力 A. 离子在磁场中的运动半径一定相等B. 离子在磁场中运动时间一定相等C. 沿 PQ 方向射入的离子飞出时偏转角最大D. 若离子在磁场中运动的轨道半径 ，则粒子在磁

11、场中运动的最长时间为【答案】AD【解析】【分析】离子在磁场中均由于洛仑兹力充当向心力而做匀速圆周运动，则根据公式和圆的性质可得出粒子运动的半径、偏向角及离开磁场的时间.【详解】A、离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得： ，因粒子的速率相同，比荷相同，故半径一定相同，故 A 正确；B、设粒子轨迹所对应的圆心角为 ，则粒子在磁场中运动的时间为 ， ，所有粒子的运动周期相等，由于离子从圆上不同点射出时，轨迹的圆心角不同，所以离子在磁场中运动时间不同，故 B 错误.C、由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，离子圆周运动的最大弦长为 PQ，故

12、由 Q 点飞出的粒子圆心角最大，所对应的时间最长，此时粒子一定不会沿 PQ 射入，即沿 PQ 方向射入的离子飞出时的偏转角不是最大的，故 C 错误；D、若离子在磁场中运动的轨道半径 ，则离子在磁场中转过的最大圆心角：，粒子在磁场中运动的最长： ，故 D 正确；故选 AD.- 7 -【点睛】本题考查了离子在磁场中的运动，考查了多个粒子的偏转问题，此类题目要求我们能将圆的性质掌握清楚，利用我们所掌握的几何知识进行分析判断.8.放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在 内其速度与时间图象和该拉力的功率与时间的图象如图所示。下列说法正确的是 A. 内物体的位移大小为 12mB. 内拉力做功为 7

13、0JC. 物体的质量为 10kgD. 滑动摩擦力的大小为 5N【答案】BCD【解析】【分析】速度图象的“面积”表示位移。 内物体做匀加速运动，由速度图象的斜率求出加速度，内物体做匀速运动，拉力等于摩擦力，由 求出摩擦力，再由图读出 时，由 求出 内的拉力，由 求出 内的拉力做的功，由 求出内拉力做的功【详解】A、 内物体的位移大小等于 图象中图象与坐标轴所包围的面积，为：，故 A 错误.B、 内物体的加速度为： ，有图可知，当 时， ，得到牵引力： ，在 内物体位移为 ，则拉力做的功为：， 内拉力做的功为： ，所以 内拉力做的总功为： ，故 B 正确；C、D、在 内， ， ，物体做匀速直线运动

14、， ，则滑动摩擦力为：- 8 -； 内有牛顿第二定律可得： ，可知： ，故 C 正确，D 正确.故选 BCD.【点睛】本题解题关键是理解图象的物理意义，求功的方法主要有三种：一、 ，适用于恒力做功；二、 ，P 为恒定功率；三、动能定理，主要是变力做功时应用。9.张鹏同学在家帮妈妈洗完衣服后，挂在如图所示的晾衣架上晾晒， A、 B 为竖直墙壁上等高的两点， AO、 BO 为长度相等的两根轻绳， CO 为一根轻杆。转轴 C 在 AB 中点 D 的正下方，AOB 在同一水平面上。 ， ，衣服质量为 则 A. CO 杆所受的压力大小为 2mgB. CO 杆所受的压力大小为C. AO 绳所受的拉力大小为

15、D. BO 绳所受的拉力大小为 mg【答案】AD【解析】【分析】以 O 点为研究对象，分析受力情况，作出力图，由平衡条件求出 AO 和 BO 的合力 F 大小和方向，从而求得 CO 杆所受的压力大小。再将 F 进行分解，求出绳 AO 和 BO 绳所受拉力的大小.【详解】A、B、设绳 AO 和绳 BO 拉力的合力为 F，以 O 点为研究对象， O 点受到重力 mg、 CO杆的支持力 和 F，作出力图：根据平衡条件得： ，由牛顿第三定律知 CO 杆所受的压力大小为 2mg，故 A正确，B 错误.- 9 -C、D、 ，将 F 分解，如图：绳 AO 和绳 BO 所受拉力的大小均为 ，由 ，解得 ，故

16、C 错误，D 正确.故选 AD.【点睛】本题 O 点受到的力不在同一平面，因此需要将受力情况分成竖直和水平两个平面研究，同样还要画出受力分析图即可顺利求解.10.有一电场强度方向沿 x 轴方向的电场，其电势 随 x 的分布如图所示。一质量为 m、带电量为q 的粒子只在电场力的作用下，以初速度 v0从 x=0 处的 O 点进入电场并沿 x 轴正方向运动，则下关于该粒子运动的说法中正确的是（）A. 粒子从 x=0 处运动到 x=x1处的过程中动能逐渐增大B. 粒子从 x=x1处运动到 x=x3处的过程中电势能逐渐减小C. 欲使粒子能够到达 x=x4处，则粒子从 x=0 处出发时的最小速度应为D.

17、若 ，则粒子在运动过程中的最小速度为【答案】BD【解析】粒子从 O 运动到 的过程中，电势降低，场强方向沿 x 轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x 轴负方向，粒子做减速运动，动能逐渐减小，A 错误粒子从 运动到 的过程中，电势不断升高，根据负电荷在电势高处电势小，可知粒子的电势能不断减小，B 正确根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到 处，就能到达 处，当粒子恰好运动到 处时，由动能定理得： ，解得： ，则要使粒子能运动到 处，粒子的初速- 10 -度 至少为 C 错误若 ，粒子运动到 处电势能最大，动能最小，由动能定理得： ，解得： ， D 正确，选 BD.【点睛】根据顺着电场线方向电

18、势降低，判断场强的方向，根据电场力方向分析粒子的运动情况，即可判断动能的变化根据负电荷在电势高处电势小，判断电势能的变化粒子如能运动到 处，就能到达 处，根据动能定理研究 过程，求解最小速度粒子运动到 处电势能最大，动能最小，由动能定理求解最小速度三、实验题探究题（本大题共 2 小题，共 18.0 分）某实验小组利用图 所示实验装置及数字化信息系统探究“外力做功与小车动能变化的关系”。实验时将小车拉到水平轨道的 O 位置由静止释放，在小车从 O 位置运动到 A 位置过程中，经计算机处理得到了弹簧弹力与小车位移的关系图线如图 所示，还得到了小车在 A 位置的速度大小 ；另外用电子秤测得小车 含位

19、移传感器发射器 的总质量为 m。回答下列问题：11. 小车从 O 位置运动到 A 位置过程中弹簧对小车所做的功 _，小车的动能改变量_。 用 m、 、 、 、 中各相关物理量表示12. 若将弹簧从小车上卸下，给小车一初速度 ，让小车从轨道右端向左端滑动，利用位移传感器和计算机得到小车的速度随时间变化的图线如图 所示，则小车所受轨道摩擦力的大小 _ 用 m、 、 中各相关物理量表示13. 综合步骤 、 ，该实验所要探究的“外力做功与小车动能变化的关系”表达式是_ 用 m、 、 、 、 、 、 中各相关物理量表示【答案】 （1）大于（2） ； （3） ；（4）【解析】试题分析：（1）由图（b）可知

20、，图（a）中 A 位置到力传感器的距离大于弹簧原长。- 11 -（2）小车从 O 位置运动到 A 位置过程中弹簧对小车所做的功 W= ，小车的动能改变量E k= ；（3）由图线可知，小车的加速度为 ，则根据牛顿第二定律可知，小车所受轨道摩擦力的大小 ；（4）该实验所要探究的“外力做功与小车动能变化的关系”表达式是 ，即：。考点：探究外力做功与小车动能变化的关系14.某同学要测量一个改装后的电压表 Vx 的量程和内阻，实验过程如下：（1）先用多用电表粗测电压表的内阻和量程，实验中多用电表红表笔应与电压表_（填“正”或“负” ）接线柱相连；若已知多用电表内电源电动势为 9V，所用档位为“1K”档，

21、调零后测量，指针位置如图所示此时电压表指针指在表盘的四分之三刻度处则所测电压表内阻约为_，量程为_（2）若电压表量程为（1）问中所测数值，则为了精确测量其内阻，现提供以下器材：待测电压表 Vx电流表 A（量程 0.6A，内阻约为 3）电压表 V（量程 l0V，内阻约为 30k）定值电阻 R0（阻值为 10k）滑动变阻器 R1（最大阻值为 5，额定电流为 1A）滑动变阻器 R2（最大阻值为 100，额定电流为 lA）- 12 -电源 E（电动势为 15V，内阻约为 1）开关和导线若干为了较精确的测量电压表内阻，则测量电路应该选择如下电路中的_写出电压表内阻测量值的表达式 Rv=_【答案】 (1)

22、. 负； (2). ; (3). 6V; (4). D; (5). ；【解析】（1）多用电表红表笔连接多用电表内部的电池的负极，所以实验中多用电表红表笔应与电压表的 负接线柱相连；由图 1 可知，多用电表的读数为 15.0，倍率为 1k，所以电压表的内阻为： RV=15.01k=15.0k，同时又图 1 可知，欧姆表的指针在满刻度的一半处，根据欧姆表的原理可知： ， ，代入数据可得： Rg+R0=RV=15.0k，所以电压表的电压： ，所以电压表的量程： 。（2） A 图结合电压表的读数与电流表的读数，可以测量电压表的内电阻 ，但考虑到电流表的量程是 0.6A，而电压表的电阻值较大，电流值的电

23、流值一定远小于 0.6A，所以电流表的读数一定很小，所以读数的误差会比较大，故 A 可以； B 图中两个电压表并联，可以校准电压表的读数，但不能测量电压表的内电阻；故 B 错误； C 图中电流表的读数是并联电阻部分的电流值，所以测量的结果是并联部分的电阻值，不是电压表的电阻值，故 C 错误；D 图中，电压表 V 的电压是待测电压表与定值电阻的电压的和，定值电阻上的电压： UR=U-Ux，所以电压表的电阻值 ，比较 A 与 D 的结论可知， D 比 A 图中的测量结果准确性更高，故 D 比 A 更好。所以选 D。电压表 V 的电压是待测电压表与定值电阻的电压的和，定值电阻上的电压： UR=U-U

24、x，所以- 13 -电压表的电阻值 。四、计算题（本大题共 4 小题，共 42.0 分）15.如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度 从轨道下端 A 点滑入轨道，并从轨道顶端水平飞出。重力加速度为 g.(1)若小物快恰能通过最高点飞出，求此时光滑圆轨道的直径；(2)小物块落地点到轨道下端 A 点的距离最大时，对应的轨道半径为多大？【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)若小物快恰能通过最高点飞出，由重力提供向心力，由向心力公式列式。小物块从最低点 A 到最高点机械能守恒，由机械能守恒定律列式，联立求解此时光滑圆轨道的直径；(2)根据机械能守恒定律和平抛运

25、动的规律得到小物块平抛的水平距离与轨道半径的关系，再由数学知识求解.【详解】 小物块恰能到达最高点，有：小物块从最低点 A 到最高点机械能守恒，有：解得：圆环直径为：物块由最低点到最高点，由机械能守恒有：- 14 -物块做平抛运动有：联立解得：由数学知识可知：当 时， x 最大.【点睛】本题是机械能守恒定律与圆周运动、平抛运动的综合运用，要知道圆周运动最高点的临界条件：重力等于向心力。运用平抛运动的规律和机械能守恒定律结合得出水平位移的表达式是解决本题的关键，运用数学方法求物理的极值.16.新春佳节，许多餐厅生意火爆，常常人满为患，为能服务更多的顾客，服务员需要用最短的时间将菜肴送至顾客处 设

26、菜品送到顾客处速度恰好为零 。某次服务员用单手托托盘方式 如图 给 12m 远处的顾客上菜，要求全程托盘水平。若托盘和碗之间的动摩擦因数为，托盘与手间的动摩擦因数为 ，服务员上菜时的最大速度为 。假设服务员加速、减速过程中做匀变速直线运动，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度g 取 求：(1)服务员运动的最大加速度；(2)服务员上菜所用的最短时间.【答案】(1) (2) 6s【解析】【分析】(1)对物体受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，然后求出最大加速度.(2)由运动学公式求出各阶段的时间与位移，然后求出总的时间.【详解】(1)设碗的质量为 m，托盘的质量为 M，以最大加速度运动时

27、，碗、托盘、手保持相- 15 -对静止，由牛顿第二定律得：碗与托盘间相对静止，则： 解得： 对碗和托盘整体，由牛顿第二定律得：手和托盘间相对静止，则： 解得： 则最大加速度： (2)服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短.加速运动时间：位移： 减速运动时间： ，位移： 匀速运动位移：匀速运动时间：最短时间： .【点睛】本题考查了求加速度、运动时间问题，分析清楚物体运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题.17.如图所示，空间有场强大小 ，方向竖直向下的匀强电场，长 不可伸长的轻绳固定于 O 点，另一端系一质量 、带电量 的小球。拉起小球至绳

28、水平后在 A 点无初速度释放，当小球运动至 O 点的正下方 B 点时绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在一个与水平面成 、无限大的挡板 MN 上的 C 点，重力加速度 g 取 ，试求：- 16 -(1)绳子的最大张力；(2) 、 C 两点的电势差；(3)当小球运动至 C 点时，突然调整匀强电场的方向和大小，同时把挡板迅速水平向右平移到某处，若小球仍能垂直打在挡板上，求调整后匀强电场大小的最小值 .【答案】(1)30N (2)125V (3)【解析】【分析】(1)根据动能定理求出小球经过最低点时的速度；经过最低点时，由重力和细线的拉力的合力提供小球的向心力，由牛顿第二定律求出细线对小球的拉力；(2

29、)粒子在电场中受重力和电场力，做类平抛运动，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是匀加速直线运动，由此可以求得粒子在 C 点速度的大小，根据动能定理列式求解 AC 间竖直分位移，根据 求解 A、 C 间的电势差；(3)在速度与极板平面垂直时调整匀强电场的方向和大小，重力和电场力的合力是固定的，如果速度方向再改变，速度方向与极板平面就不再垂直了，要保持速度方向不改变，则要求合力为零或者合力方向与速度方向共线.【详解】 过程，由动能定理及圆周运动知识有：联解 得：由功能关系及电场相关知识有：- 17 -联解 得：由题可知改变电场方向后小球必须做匀速直线或匀加速直线运动，才能垂直打在档板上，由矢量三角形

30、可知：当 与 或运动 的方向垂直时，电场强度有最小值 ，由矢量三角形图有：得：【点睛】本题是带电物体在电场中圆周运动问题，动能定理和向心力结合是常用的解题方法。粒子垂直进入电场中做的是类平抛运动，本题就是考查学生对类平抛运动的规律的应用.18.如图所示，完全相同的正方向单匝铜质线框型货件 abcd，通过水平，绝缘且足够长的传送带输送一系列该货件通过某一固定匀强磁场区域进行“安检”程序，即便筛选“次品”（不闭合）与“正品” （闭合） ， “安检”程序简化为如下物理模型，各货件质量均为 m，电阻均为 R，边长为 l，与传送带间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g；传送带以恒定速度 v0向右运动，货件

31、在进入磁场前与传送带的速度相同，货件运行中始终保持 ，已知磁场边界 AA，CC与传送带运动方向垂直，磁场的磁感应强度为 B，磁场的宽度为d ，现某一货件当其 ab 边到达 CC时又恰好与传送带的速度相同，则：（1）上述货件在进入磁场的过程中运动加速度的最大值与速度的最小值；（2） “次品” （不闭合）与“正品” （闭合）因“安检”而延迟时间多大。【答案】 （1） ； （2）【解析】- 18 -（1）线框以速度 进入磁场，在进入磁场过程中，受安培力 F、摩擦力 共同作用而做减速运动；完全进入磁场后，在摩擦力的作用下做加速运动，当 ab 边到达 时速度又恰好等于 ，因此，线框在刚进入磁场时，所受安

32、培力 F 最大，加速度最大，设为 ；线框全部进入磁场的瞬间速度最小，设此时线框的速度为 v，线框刚进入磁场时，由牛顿第二定律有：， ，解得： 在线框完全进入磁场又加速运动到达边界 时的过程中，根据动能定理有：解得： （2）设“正品”货件进入磁场所用时间为 ，取此过程中某较短时间间隔 ，在 的内货件速度变化为 ，货件加速度大小为： 设 流经线框的电流为 ，货件瞬时速度为 ，货件所受安培力方向向左，大小为：由牛顿第二定律，有： 由力的独立性原理并根据位移大小的“面积法”有：即： 解得： 设：“正品”货件在磁场中匀加速恢复 所用时间为- 19 -由匀变速速度公式，有：设“正品”货件完全出磁场并达到稳定运行时间为 ，由受力与运动对称性可得：而“次品”货件运动过程中不受“安检”的影响，设其达到“正品”货件稳定后的相同空间距离所用时间为 由匀速运动规律有：可见“安检”而延迟时间为：点睛：对时间、发热量、做功这类过程量，我们一定要先分析、了解整个运动过程的基本状态再求解；要注意区分各阶段的情况，进行分段讨论，如我们求位移时，一定要注意各阶段的运动状态是否能统一表示，如要注意是否一直运动等- 20 -