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2014-2015学年四川省资阳中学高三(上)月考物理试卷(9月份)


2014-2015 学年四川省资阳中学高三(上)月考物理试卷(9 月 份)
一、选择题. (4 分×10 分=40 分) 1. (4 分) (2015 春?南关区校级期末)匀速运动的汽车从某时刻开始刹车,匀减速运动直至 停止.若测得刹车时间为 t,刹车位移为 x,根据这些测量结果,可以求出( ) A. 汽车刹车过程的初速度 B. 汽车刹车过程的 加速度

C. 汽车刹车过程的平均速度 D. 汽车刹车过 程的制动力 考点: 匀变速直线运动的位移与时间的关系;匀变速直线运动的速度与时间的关系. 专题: 直线运动规律专题. 分析: 汽车做匀减速直线运动直到停止, 可看做反向的初速度为零的匀加速运动, 相当于 已知位移 x,运动时间 t,初速度 v0=0,利用位移公式 x= 平均速度公式 v= = ,可求初速度、平均速度、加速度. 解答: 解:A、把汽车的运动看做反向的初速度为零的匀加速运动,已知位移 x,运动时 间 t,初速度 v0=0, 根据位移公式 x= at ,得 a=
2

at ,位移﹣速度公式 v =2ax,

2

2

,即可求出加速度.利用 v=at 可得初速度,故 A 正确

B、由 A 分析得,B 正确 C、由平均速度公式 v= = ,可得平均速度,故 C 正确 D、由于不知道汽车质量以及阻力,故无法得到刹车过程的制动力,故 D 错误 故选:ABC 点评: 我们常把匀减速直到停止的运动看做反向的初速度为零的匀加速运动来求解, 这样 更容易理解和应用匀变速运动公式, 这是一种逆向思维方式, 有利于解题, 同学们不妨一试. 2. (4 分) (2015?甘肃一模)如图,水平地面上质量为 m 的物体,与地面的动摩擦因数为 μ, 在劲度系数为 k 的轻弹簧作用下沿地面做匀速直线运动. 弹簧没有超出弹性限度, 则 ( )

A. 弹簧的伸长量为 B. 弹簧的伸长量为 C. 物体受到的支持力与对地面的压力是一对平衡力 D. 弹簧的弹力与物体所受摩擦力是一对作用力与反作用力 考点: 共点力平衡的条件及其应用;胡克定律;牛顿第三定律.

专题: 共点力作用下物体平衡专题. 分析: 物体在劲度系数为 k 的轻弹簧作用下沿地面做匀速直线运动, 在水平方向上受弹簧 的拉力和摩擦力平衡,竖直方向上受重力和支持力平衡. 解答: 解:A、物体在水平方向上受弹簧弹力和摩擦力处于平衡,结合胡克定律有: μmg=kx,则弹簧的形变量 .故 A 错误,B 正确.

C、物体受到的支持力和对地面的压力是一对作用力和反作用力.故 C 错误. D、弹簧的弹力与物体所受的摩擦力是一对平衡力.故 D 错误. 故选 B. 点评: 解决本题的关键的关键知道平衡状态的力学特征和运动学特征, 以及知道平衡力与 作用力和反作用力的区别. 3. (4 分) (2015?广州一模)人在距地面高 h、离靶面距离 L 处,将质量 m 的飞镖以速度 v0 水平投出,落在靶心正下方,如图所示.只改变 h、L、m、v0 四个量中的一个,可使飞 镖投中靶心的是( )

A. 适当减小 L 考点: 专题: 分析: 解答:

适当减小 v0

B.适当提高 h

C. 适当减小 m

D.

平抛运动. 平抛运动专题. 飞镖飞出后做平抛运动,根据平抛动的规律可分析如何命中靶心. 解:飞镖飞出后在水平方向做匀速直线运动,竖直方向做匀加速直线运动;开始时
2

飞镖落于靶心下方,说明在飞镖水平方向飞行 L 时,下落高度较大,而水平方向 L=v0t, 竖直方向 h= gt ,为减小 h,可以减小 L 或增大 v0,故 A 错误,D 正确; 若 L 不变,时间不变,也可以提高 h,故 B 正确; 而平抛运动规律和物体的质量无关,故 D 错误; 故选 BD. 点评: 本题考查平抛运动的规律, 注意应用水平和竖直方向上的时间一定相等, 若水平位 移一定,则水平速度决定时间,若竖直高度一定,则高度决定时间. 4. (4 分) (2015 春?淮安期末)在一次演示实验中,一个压紧的弹簧沿一粗糙水平面射出一 个小球,测得弹簧压缩的距离 d 和小球在粗糙水平面滚动的距离 s 如下表所示.由此表可 以归纳出小球滚动的距离 s 跟弹簧压缩的距离 d 之间的关系,并猜测弹簧的弹性势能 EP 跟 弹簧压缩的距离 d 之间的关系分别是(选项中 k1、k2 是常量) ( ) 实验序号 1 2 3 4 d(cm) 0.50 1.00 2.00 4.00 s(cm) 4.98 20.02 80.10 319.50 A. C. s=k1d,EP=k2d 2 s=k1d ,EP=k2d B. s=k1d,EP=k2d 2 2 D. s=k1d ,Ep=k2d
2

考点: 探究弹力和弹簧伸长的关系. 专题: 实验题;弹力的存在及方向的判定专题. 分析: 先从实验数据得出小球滚动的距离 s 跟弹簧压缩的距离 d 之间的关系, 弹簧释放后,小球在弹簧的弹力作用下加速,小球在粗糙水平面滚动的距离 s,从能量转化 的角度得弹簧的弹性势能转化为由于小球在粗糙水平面滚动产生的内能,列出等式求解. 解答: 解:由表中数据可看出,在误差范围内,s 正比于 d ,即 s=k1d , 弹簧释放后,小球在弹簧的弹力作用下加速,小球在粗糙水平面滚动的距离 s,从能量转化 的角度得弹簧的弹性势能转化为由于小球在粗糙水平面滚动产生的内能,列出等式 Ep=fs,f 为摩擦力,恒量. 2 2 所以 Ep 正比于 d ,即 Ep=k2d , 故选 D. 点评: 本题关键根据运动学的知识测定小钢球弹出的速度, 得到弹性势能的数值, 从而确 定弹性势能与弹簧压缩量的关系. 5. (4 分) (2015?吉安模拟) 我国于 2015 年 10 月 1 日成功发射了月球探测卫星“嫦娥二号”CE ﹣2,CE﹣2 在椭圆轨道近月点 Q 完成近月拍摄任务后,到达椭圆轨道的远月点 P 变轨成形 轨道,如图所示,忽略地球对 CE﹣2 的影响,则 CE﹣2( )
2 2

A. B. C. D.

在由椭圆轨道变成圆形轨道过程中机械能不变 在由椭圆轨道变成圆形轨道过程中线速度增大 在 Q 点的线速度比沿圆轨道运动的线速度大 在 Q 点的加速度比沿圆轨道运动的加速度大

考点: 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系. 专题: 人造卫星问题. 分析: 嫦娥二号从椭圆轨道的 P 点进入圆轨道,需加速,使万有引力等于所需要的向心 力,然后作圆周运动.比较加速度,根据牛顿第二定律,只需比较所受的万有引力即可. 解答: 解:A、Q 到 P 的过程由于要克服引力做功,速度越来越小,到 P 点所需的向心力 比较小,万有引力大于所需的向心力,会做近心运动,所以从 P 点进入圆轨道,需加速, 使万有引力等于所需要的向心力,然后作圆周运动.故机械能不守恒.故 A 错误,B 正确. C、在椭圆轨道上 Q 点的速度大,万有引力不够需要的向心力,做离心运动.若在 Q 点有 一圆轨道通过,则在椭圆轨道上 Q 点的速度必然大于圆轨道 Q 点的速度.根据万有引力提 供向心力 ,知轨道半径越大,速度越小,所以通过 Q 点圆轨道上的速度大于通过

P 点圆轨道上的速度,则在 Q 点的线速度比沿圆轨道运动的线速度大.故 C 正确. D、在 Q 点所受的万有引力大于在 P 点所受的万有引力,根据牛顿第二定律,在 Q 点的加 速度比沿圆轨道运动的加速度大.故 D 正确. 故选 BCD.

点评: 解决本题的关键理解卫星是如何进行变轨,以及在比较 Q 点的速度和圆轨道速度 时,引入另一个圆轨道串联一下,问题引刃而解. 6. (4 分) (2015?娄底校级模拟)如图所示,质量为 m2 的物体 2 放在正沿平直的轨道向右 行驶的车厢底板上,并用竖直细绳通过定滑轮连接质量为 m1 的物体 1,与物体 1 相连接的 绳与竖直方向成 β 角,则( )

A. B. C. D.

车厢的加速度为 gsinβ 绳对物体 1 的拉力为 m1g/cosβ 底板对物体 2 的支持力为(m2﹣m1)g 物体 2 受底板的摩擦力为 m2gtanβ

考点: 牛顿第二定律;力的合成与分解的运用. 专题: 牛顿运动定律综合专题. 分析: 先以物体 1 为研究对象, 分析受力情况, 根据牛顿第二定律求出其加速度和绳的拉 力.再对物体 2 研究,由牛顿第二定律求出支持力和摩擦力. 解答: 解:A、B 以物体 1 为研究对象,分析受力情况如图 1:重力 m1g 和拉力 T,根据

牛顿第二定律得 m1gtanβ=m1a,得 a=gtanβ,则车厢的加速度也为 gtanβ. T= .故 A 错误,B 正确. ,

C、D 对物体 2 研究,分析受力如图 2,根据牛顿第二定律得:N=m2g﹣T=m2g﹣

f=m2a=m2gtanβ.故 C 错误,D 正确. 故选 BD 点评: 本题要抓住两个物体与车厢的加速度相同, 采用隔离法研究, 分别运用合成法和正 交分解法处理.

7. (4 分) (2015?宝鸡一模)某物理兴趣小组在野外探究风力对物体运动的影响,他们在空 中某一位置,以大小为 4m/s 的速度水平抛出一质量为 1kg 的物块,由于风力的作用,经 2s 后物体下落的高度为 3m,其速度大小仍为 4m/s.则在此过程中(g 取 10m/s ) ( A. 物体所受重力做功的平均功率为 10W B. 物体所受合外力做的功为零 C. 物体克服风力做功 20J D. 物体的机械能减少了 20J
2



考点: 功能关系. 分析: 重力和风力做功,根据动能定理求解风力对物体做功.由下落的高度,确定重力势 能的减小量,动能不变,得到机械能的减小量. 解答: 解:A、竖直方向的加速度大小为:a= 直方向的分速度为: v′=at=3m/s,重力做功的平均功率为:P=mg× =15W,故 A 错误. ,故 2s 末,竖

vB、设风力对物体做功 W,根据动能定理得,mgh+W=△ Ek=0,则 W=﹣mgh=﹣1×10×3J= ﹣30J,风力对物体做负功.故 A 错误,B 正确. C、 根据动能定理得, mgh+W=△ Ek=0, 则 W=﹣mgh=﹣1×10×3J=﹣30J, 风力对物体做负功, 故 C 错误. D、风力对物体做负功等于机械能的减少量.故 D 错误. 故选:B 点评: 本题考查运动的分解及动能定理和能量关系常规题,难度中等. 8. (4 分) (2015?云南一模)一列在 y 方向振动、沿 x 轴正方向传播的简谐横波,在 t=0 时 刻的波动图象如图所示.已知波速为 20m/s,P 为一介质质点,在 t=0.12s 后极短时间内,质 点 P 的( )

A. B. C. D.

速度和加速度都在增大 速度在减小,加速度在增大 速度和加速度都沿 y 轴负方向 速度沿 y 轴正方向,加速度沿 y 轴负方向

考点: 波长、频率和波速的关系;横波的图象. 专题: 振动图像与波动图像专题. 分析: 由波形图得到波长;根据 v= 求解出周期,然后判断出 t=0.12s 时刻质点 P 的位

置,结合 F=﹣kx 计算出回复力和加速度以及它们的变化,由质点的运动的方向判断出速度 的变化.

解答: 解: 由图可知, 该波的波长是 4m, 由

得:

s,



由波形图结合平移法可知,t=0 时刻,P 点运动的方向向下,所以,在 t=0.12s 时,质点 P 在 平衡位置的上方,正向最大位移处运动. A、B、在 t=0.12s 时,质点 P 在平衡位置的上方,正向最大位移处运动,所以速度正在减小; 而加速度:a=﹣ ,随位移的增大而增大.故 A 错误,B 正确;

C、D、在 t=0.12s 时,质点 P 在平衡位置的上方,正向最大位移处运动,所以速度沿 y 轴正 方向;而加速度:a=﹣ ,位移的方向为正,则加速度的方向为负,加速度沿 y 轴的负方

向.故 C 错误,D 正确. 故选:BD 点评: 本题考查波的图象,由振动的时间与周期的关系,确定出在 t=0.12s 时刻质点 P 的 位置是解题的关键. 9. (4 分) (2014 春?江北区校级期末)长为 L 的轻质细绳悬挂一个质量为 m 的小球,其下 方有一个倾角为 θ 的光滑斜面体, 放在水平面上, 开始时小球与斜面刚刚接触且细绳恰好竖 直,如图所示,现在用水平推力 F 缓慢向左推动斜面体,直至细绳与斜面体平行,则下列 说法中正确的是( )

A. B. C. D.

由于小球受到斜面的弹力始终与斜面垂直,故对小球不做功 细绳对小球的拉力始终与小球运动方向垂直,故对小球不做功 小球受到的合外力对小球做功为零,故小球在该过程中机械能守恒 若水平面光滑,则推力做功为 mgL(1﹣cosθ)

考点: 功的计算. 专题: 功的计算专题. 分析: 本题要抓住做功的两个必要因素: 1.作用在物体上的力;2.物体必须是在力的方向上移动一段距离 机械能包括动能和势能,可以分析动能和势能的变化判断机械能的变化. 解答: 解:A、根据力做功的条件:1.作用在物体上的力;2.物体必须是在力的方向上 移动一段距离,斜面弹力对小球做正功,A 错误; B、细绳对小球的拉力始终与小球运动方向垂直,故对小球不做功,故 B 正确; C、用水平力 F 缓慢向左推动斜面体,所以小球的动能不变,重力势能在增加,所以小球在 该过程中机械能增加,故 C 错误; D、若取小球和滑块整体为研究对象,根据能量守恒得 F 做的功等于系统机械能的增量,斜 面体动能和势能不变, 小球的动能不变, 所以系统机械能的增量等于小球的重力势能增加量. 所以 F 做功等于小球重力势能增量,△ Ep=mgh=mgL(1﹣sinθ) 推力 F 做的总功应等于小球重力势能的增量 mgL(1﹣sinθ) ,故 D 错误. 故选:B. 点评: 本题考查的是力是否做功,要抓住分析中判断的两个要点来做判断.

知道重力做功量度重力势能的变化. 知道除了重力之外的力做功量度机械能的变化. 10. (4 分) (2015?贵州学业考试)如图所示,在某一真空中,只有水平向右的匀强电场和 竖直向下的重力场,在竖直平面内有初速度为 v0 的带电微粒,恰能沿图示虚线由 A 向 B 做 直线运动.那么( )

A. 速直线运动 C. 线运动

微粒带正、负电荷都有可能 B. 微粒做匀减 微粒做匀速直线运动 D. 微粒做匀加速直

考点: 带电粒子在混合场中的运动. 专题: 带电粒子在复合场中的运动专题. 分析: 带点微粒做直线运动, 所以所受合力方向与运动方向在同一直线上, 根据重力和电 场力的方向可确定微粒运动的性质. 解答: 解: 微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上, 只有微粒 受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上, 由此可知微粒 所受的电场力的方向与场强方向相反, 则微粒必带负电, 且运动过程中微粒做匀减速直线运 动,故 B 正确. 故选:B 点评: 本题考查了重力做功与重力势能和电场力做功与电势能的关系, 难度不大, 属于基 础题. 二、实验题. (8 分+6 分) 11. (8 分) (2015 秋?四川校级月考)在“验证机械能守恒定律”的实验中: 若实验中所用重物的质量 m=1kg,打出的纸带如图所示,打点的时间间隔为 0.02s,则记录 B 点时,重物的动能 Ek= 0.174J ;从重物开始下落至 B 点,重物的重力势能减少量为 0.180J ,由此可以得出的结论是 在实验误差允许的范围内,动能的增加量等于重力势能 2 的减少量,即机械能守恒 (取 g=10m/s 保留三位有效数字) .如果利用纸带上 O 到某点距 离算出减少的势能明显比记录该点时的动能小, 造成这种结果最可能的原因是 先释放纸带 后接通打点计时器 .

考点: 验证机械能守恒定律. 专题: 实验题;动能定理的应用专题. 分析: 根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出 B 点的速度, 从而得出 B 点的动能,根据下降的高度求出物体重力势能的减小量,从而判断机械能是否守恒;

若减少的势能明显比记录该点时的动能小,可能是先释放纸带后打点. 解答: 解:B 点的速度为:vB=
2

=
2

m/s=0.60m/s,

则 B 点的动能为:EKB= mvB = ×1×0.6 J=0.180J. 重物重力势能的减小量为:△ Ep=mgh=1×10×0.0174J=0.174J. 在实验误差允许的范围内减少的物体重力势能等于其增加的动能, 物体自由下落过程中机械 能守恒; 如果利用纸带上 O 到某点距离算出减少的势能明显比记录该点时的动能小,造成这种结果 最可能的原因是先释放纸带后接通打点计时器. 故答案为:0.174J;0.180J;在实验误差允许的范围内,动能的增加量等于重力势能的减少 量,即机械能守恒;先释放纸带后接通打点计时器. 点评: 从实验原理出发是根本, 根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中 的平均速度可以求出某点的速度,进一步可以求出其动能的大小. 12. (6 分) (2015 秋?四川校级月考)在“测定金属丝的电阻率”的实验中,某同学进行了如 下测量: (1)用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度,测量 3 次,求出其平均值 l, 其中一次测量结果如图甲所示,金属丝的另一端与刻度尺的零刻度线对齐,图中读数为 24.12 cm,用螺旋测微器测量金属丝的直径,选不同的位置测量 3 次,求出其平均值 d. (2)采用图乙所示的电路测量金属丝的电阻,电阻的测量值比真实值 偏小 (填“偏大” 或“偏小”) .最后由公式 ρ= 计算出金属丝的电阻率(用 U,I,l,d 表示)

考点: 测定金属的电阻率. 专题: 实验题;恒定电流专题. 分析: (1)由图示刻度尺读出金属丝的长度;注意长度的估读; (2)根据欧姆定律进行分析,明确误差分析,并根据电阻定律进行公式推导. 解答: 解: (1)由图示刻度尺可知,其分度值为 1mm,示数为 24.12cm; (2)由图示可知, ,电压 U 准确,电流由于电压表分流,故偏大,故测量值偏小; ,

待测电阻阻值 R= ,电阻 R=ρ ,s= 联立解得 电阻率 ρ= .

故答案为: (1)24.12; (2)偏小;



点评: 本题考查了刻度尺的读数及伏安法测电阻的数据处理; 要掌握常用器材的使用与读 数方法;对实验器材读数时视线要与刻度线垂直. 三、解答题(共 4 小题,满分 46 分) 13. (10 分) (2015 春?晋中校级期中)土星周围有许多大小不等的岩石颗粒,其绕土星的运 4 动可视为圆周运动. 其中有两个岩石颗粒 A 和 B 与土星中心的距离分别为 rA=8.0×10 km 和 5 rB=1.2×10 km,忽略所有岩石颗粒间的相互作用. (结果可用根式表示) (1)求岩石颗粒 A 和 B 的线速度之比. 5 (2)土星探测器上有一物体,在地球上重为 10N,推算出它在距土星中心 3.2×10 km 处受 3 到土星的引力为 0.38N. 已知地球半径为 6.4×10 km, 请估算土星质量是地球质量的多少倍? 考点: 向心力;牛顿第二定律. 专题: 牛顿第二定律在圆周运动中的应用. 分析: (1)由万有引力提供向心力即可列式求解; (2)根据万有引力公式直接列式比较即可求解. 解答: 解: (1)设土星质量为 M0,颗粒质量为 m,颗粒距土星中心距离为 r,线速度为 v, 据牛顿第二定律和万有引力定律有: ,

解得:

对于 A、B 两颗粒分别有:



解得: 故岩石颗粒 A 和 B 的线速度之比为 . (2)设地球质量为 M,地球半径为 r0,地球上物体的重力可视为万有引力,探测器上物体 5 质量为 m0,在地球表面重力为 G0,距土星中心为:r0′=3.2×10 km 处的引力为 G0′,根据万 有引力定律有:

G0′=

解得:

=

=95

故土星质量大约是地球质量的 95 倍. 答: (1)岩石颗粒 A 和 B 的线速度之比为 .

(2)土星质量是地球质量的 95 倍. 点评: 本题要掌握万有引力提供向心力和重力等于万有引力这两个关系, 能够根据题意选 择恰当的向心力的表达式. 14. (12 分) (2007?攀枝花模拟)如图,一个质量为 0.6kg 的小球以某一初速度从 P 点水平 抛出,恰好从光滑圆弧 ABC 的 A 点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力,进入圆弧时无机 械能损失) . 已知圆弧的半径 R=0.3m, θ=60°, 小球到达 A 点时的速度为 v=4m/s. (取 g=10m/s ) 试求: (1)小球做平抛运动的初速度 v0; (2)P 点与 A 点的水平距离和竖直高度; (3)小球到达圆弧最高点 C 时,对轨道的压力.
2

考点: 机械能守恒定律;牛顿第二定律;平抛运动;向心力. 专题: 机械能守恒定律应用专题. 分析: (1)恰好从光滑圆弧 ABC 的 A 点的切线方向进入圆弧,说明到到 A 点的速度 vA 方向与水平方向的夹角为 θ,这样可以求出初速度 v0; (2)平抛运动水平方向做匀速直线运动,竖直方向做自由落体运动,根据平抛运动的基本 规律求出 P 点与 A 点的水平距离和竖直距离; (3)选择从 A 到 C 的运动过程,运用动能定理求出 C 点速度,根据向心力公式求出小球在 最高点 C 时对轨道的压力. 解答: 解: (1)小球到 A 点的速度如图所示,由图可知 ,

(2)由平抛运动规律得: 竖直方向有: vy=gt 水平方向有:x=v0t 解得:h=0.6m (3)取 A 点为重力势能的零点,由机械能守恒定律得: 代入数据得:

由圆周运动向心力公式得: 代入数据得:NC=8N 由牛顿第三定律得:小球对轨道的压力大小 ,方向竖直向上

答: (1)小球做平抛运动的初速度为 2m/s; (2)P 点与 A 点的水平距离为 0.69m,竖直高度为 0.6m; (3)小球到达圆弧最高点 C 时,对轨道的压力为 8N,方向竖直向上.

点评: 本题是平抛运动和圆周运动相结合的典型题目, 除了运用平抛运动和圆周运动的基 本公式外,求速度的问题,动能定理不失为一种好的方法. 15. (12 分) (2015?济南一模)如图所示,在光滑水平地面上放置质量 M=2kg 的长木板, 木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切. 一质量 m=1kg 的小滑块自 A 点沿弧面由静止滑下, A 点距离长木板上表面高度 h=0.6m.滑块在木板上滑行 t=1s 后,和木板以共同速度 v=1m/s 匀速运动,取 g=10m/s .求: (1)滑块与木板间的摩擦力. (2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功. (3)滑块相对木板滑行的距离.
2

考点: 动量守恒定律;机械能守恒定律. 专题: 动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合. 分析: (1)滑块滑上木板后,木块做匀减速直线运动,木板做匀加速直线运动,根据速 度时间公式求出木板的加速度,根据牛顿第二定律求出滑块与木板间的摩擦力. (2)根据动量守恒定律求出滑块的初速度,根据动能定理求出滑块沿弧面下滑过程中克服 摩擦力做的功. (3)根据能量守恒定律求出滑块相对木板滑行的距离. 解答: 解: (1)根据匀变速直线运动的速度时间公式得, 木板的加速度 a= .

根据牛顿第二定律得,滑块与木板间的摩擦力 f=Ma=2N. (2)根据动量守恒定律得,mv0=(M+m)v 解得 根据动能定理得, 代入数据解得 Wf=1.5J. (3)根据能量守恒定律得,f△ x= 解得△ x=1.5m. 答: (1)滑块与木板间的摩擦力为 2N. (2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功为 1.5J. (3)滑块相对木板滑行的距离为 1.5m. 点评: 本题综合考查了动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律,综合性较强,需加强这 方面的训练. 16. (12 分) (2015 秋?四川校级月考)在水平放置的两块金属板 A、B 上加不同电压,可以 使从炽热的灯丝释放的电子以不同速度沿直线穿过 B 板中心的小孔 O 进入宽度为 L 的匀强 磁场区域,匀强磁场区域的磁感应强度为 B,方向垂直纸面向里.若 A、B 两板间电压为 U0 时,电子不能穿过磁场区域而打在 B 板延长线上的 P 点,如图所示.已知电子的质量为 m,电荷量为 e,并设电子离开 A 板时的初速度为零. (1)求 A、B 两板间的电压为 Uo 时,电子穿过小孔 O 的速度大小 vo; (2)求 P 点距小孔 O 的距离 x; (3)若改变 A、B 两板间的电压,使电子穿过磁场区域并从边界 MN 上的 Q 点射出,且从 Q 点射出时速度方向偏离 Vo 方向的角度为 θ,则 A、B 两板间电压 U 为多大? .

考点: 带电粒子在匀强磁场中的运动. 专题: 带电粒子在磁场中的运动专题. 分析: (1)电子在 AB 板间电场中加速时,电场力做正功,根据动能定理求出电子穿过 小孔 O 的速度大小 v0; (2)电子进入磁场后由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动.电子打在 P 点,运动轨迹为 半圆.根据牛顿第二定律求出轨迹半径,P 点距小孔 D 的距离 x 等于直径. (3)从 Q 点穿出时电子速度方向偏离 v0 方向的角度为 θ,则轨迹的圆心角等于 θ,由几何 关系求出轨迹半径, 由根据牛顿第二定律求出电子在磁场中运动的速度, 根据动能定理求出 AB 间的电压 U.

解答: 解: (1)电子在 AB 板间电场中加速时, 由动能定理得:eU0= mv0 ﹣0,解得:v0= (2)电子进入磁场区域做匀速圆周运动, 由牛顿第二定律得:ev0B=m ,
2



解得:r=

,则:x=2r=



(3)若在 A、B 两板间加上电压 U 时,电子在 AB 板间加速后穿过 B 板进入磁场区域做圆 周运动, 并从边界 MN 上的 Q 点穿出,由动能定理可得:eU= mv ﹣0, 由牛顿第二定律得:evB=m 由几何关系可知:rsinθ=L, 解得:U= . ,
2

答: (1)A、B 两板间的电压为 Uo 时,电子穿过小孔 O 的速度大小 vo 为



(2)P 点距小孔 O 的距离 x 为



(3)A、B 两板间电压 U 为



点评: 本题是带电粒子在组合场中运动的问题, 先加速后偏转是常见的类型, 难点是画出 磁场中轨迹,由几何知识求半径.


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