【物理】江苏省泰州市姜堰区2024届高三上学期期中考试

江苏省泰州市姜堰区2015届高三上学期期中考试物理试卷

一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共计18分.每小题只有一个选项符合题意. 1．（3分）在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程．在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，正确的说法是（ ） A．牛顿用实验的方法测出万有引力常量G 伽利略根据理想斜面实验，提出了力是维持物体运动的原因 B． 密立根利用带电油滴在竖直电场中的平衡比较准确地测定了电子的电荷量 C． D．哥白尼提出日心说，认为行星以椭圆轨道绕太阳运行 考点： 物理学史． 分析： 本题属于对物理学史的考查，熟记物理学家的贡献即可解答． 解答： 解：A、牛顿提出了万有引力定律及引力常量的概念，但没能测出G的数值；G是由卡文迪许通过实验方法得出的，故A错误； B、伽利略通过“理想实验”提出亚里士多德的力是维持物体运动的原因的观点是错误的，并且指出了是力改变物体运动状态的原因，故B错误； C、密立根利用带电油滴在竖直电场中的平衡比较准确地测定了电子的电荷量，故C正确． D、哥白尼提出日心说，开普勒支持日心说，提出了行星运动三定律，认为行星以椭圆轨道绕太阳运行，故D错误． 故选：C． 点评： 物理学的发展离不开各位物理学家的努力，在学习中应清楚他们的主要贡献． 2．如图所示，用拇指、食指捏住圆规的一个针脚，另一个有铅笔芯的脚支撑在手掌心位置，使OA水平，然后在外端挂上一些不太重的物品，这时针脚A、B对手指和手掌均有作用力，对这两个作用力方向的判断，下列各图中大致正确的是（ ）

A．B． C． D． 考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用． 专题： 共点力作用下物体平衡专题． 分析： 如图，在圆规外端挂上物品，针脚A相对于手有向左运动的趋势，手对针脚有向右的静摩擦力，根据牛顿第三定律分析针脚A对手的静摩擦力方向．针脚B对手有斜向右下方的压力． 解答： 解：由题，在圆规外端挂上物品，针脚A相对于手指有向左运动的趋势，手指对针脚 1

有向右的静摩擦力，根据牛顿第三定律得知，针脚A对手指有向左的静摩擦力．挂上物品后，针脚B对手产生斜向右下方的压力． 故选：C． 点评： 本题是生活中的物理现象，运用物理知识进行分析，培养观察和思考问题的习惯，对学习物理大有好处． 3．（3分）（2014?广东高考）如图是物体做直线运动的v﹣t图象，由图可知，该物体（ ）

A．第1s内和第3s内的运动方向相反 第3s内和第4s内的加速度相同 B． 第1s内和第4s内的位移大小不等 C． D．0～2s内和0～4s内的平均速度大小相等 考点： 匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律． 专题： 运动学中的图像专题． 分析： 速度时间图象中速度的符号表示物体的运动方向；图象的斜率等于加速度；图象与时间轴所围的面积表示位移．平均速度等于位移与时间之比．根据这些知识进行解答． 解答： 解： A、由图知，在前3s内物体的速度均为正值，说明在前3s内物体的运动方向不变，故A错误； B、速度图象的斜率等于加速度，第3s内和第4s内图线的斜率相同，则加速度相同，故B正确； C、图象与时间轴所围的面积表示位移，由几何知识可知第1s内和第4s内的位移大小相等．故C错误； D、根据“面积”可知：0～2s内和0～4s内的位移相等，所用时间不等，所以平均速度不等，故D错误． 故选：B． 点评： 解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移． 4．（3分）（2014?盐城一模）如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹．带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐减小，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是（ ） A．B． C． D．

2

考点： 电场线；电场强度． 分析： 据粒子的运动轨迹，判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受到的电场力的方向；电场力做正功粒子的动能增大，电势能减小． 解答： 解：粒子的运动轨迹，判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受力的方向向左，因不知电场线的方向，不能判断出粒子的电性； 由于运动飞过程中粒子的电势能减小，所以电场力做正功，粒子运动的方向一定是c到a；故选项D正确，选项ABC错误； 故选：D 点评： 本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧；电场线的疏密表示电场强度的强弱；用电场力做功和能量守恒定律判断动能和电势能的变化． 5．（3分）如图所示，水平放置的平行板电容器与一电池相连，在电容器的两板间有一带负电的质点处于静止平衡状态．现将电容器的下极板向上移动到图中虚线所示的位置，则（ ）

A．电容器的电容变大，质点向上运动 电容器的电容变大，质点向下运动 C． 考点： 电容． B． 电容器的电容变小，质点向上运动 D． 电容器的电容变小，质点向下运动 专题： 电容器专题． 分析： 因电容器与电池相连，故电容器两端的电压保持不变；因距离变化，由C=可知C的变化；由U=Ed可知场强E的变化，由带电粒子的受力可知质点的运动情况． 解答： 解：因质点处于静止状态，则有Eq=mg，且电场力向上； 由C=可知，当d减小时，C增大； 因电容器与电池相连，所以两端的电势差不变，因d减小，由E=可知，极板间的场强增大，故电场大小于重力；故质点将向上运动； 故选：A． 点评： 解答本题注意电容器的两种状态，充电后与电源断开则电量不变；而与电源相连，则两板间的电势差保持不变． 6．（3分）如图，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子栓着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为（ ）

3

A． 考点： 牛顿第二定律． gsinα B． gsinα C． 2gsinα D． 专题： 整体思想． 分析： 对猫和木板受力分析受力分析，可以根据各自的运动状态由牛顿第二定律分别列式来求解，把猫和木板当做一个整体的话计算比较简单． 解答： 解：木板沿斜面加速下滑时，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速度为零．将木板和猫作为整体， 根据牛顿第二定律F合=F猫+F木板=0+2ma（a为木板的加速度）， 整体受到的合力的大小为猫和木板沿斜面方向的分力的大小， 即F合=3mgsinα，解得a=gsinα，所以C正确． 故选C． 点评： 本题应用整体法对猫和木板受力分析，根据牛顿第二定律来求解比较简单，当然也可以采用隔离法，分别对猫和木板受力分析列出方程组来求解． 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分.每小题有多个选项符合题意.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分. 7．（4分）我国于2012年10月25日在西昌成功发射第16颗北斗导航卫星，这是二代北斗导航工程的最后一颗卫星．这次发射的北斗导航卫星是一颗地球同步卫星，如图所示，若第16颗北斗导航卫星先沿椭圆轨道1飞行，后在远地点P处点火加速，由椭圆轨道1变成地球同步圆轨道2．下列说法正确的是（ ）

A．卫星在轨道2运行时的速度大于7.9km/s 卫星沿轨道2运动的过程中，卫星中的仪器处于失重状态 B． 卫星沿轨道2运动的过程中，有可能经过北京的正上空 C． D．卫星经过轨道1上的P点和轨道2上的P点的加速度大小相等 考点： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系． 专题： 万有引力定律的应用专题． 分析： 卫星在圆轨道上运动时，处于完全失重状态，轨道2是同步卫星的轨道，轨道上运动的周期与地球的自转周期相等，根据万有引力提供向心力，得出线速度与轨道半径的关系，从而比较出在轨道2上运行的线速度与第一宇宙速度的关系．根据万有引力的大小，通过牛顿第二定律比较加速度的大小． 4

解答： 解：A、根据地球的万有引力提供向心力得= v==，知轨道半径越大，线速度越小，第一宇宙速度的轨道半径为地球的半径，半径最小，则线速度最大．故A错误． B、卫星沿轨道2运动的过程中只受重力作用，处于失重状态．故B正确； C、同步卫星运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道，所以不可能经过北京的上空，故C错误． D、根据牛顿第二定律得a=，卫星在轨道1上经过P点的加速度等于它在轨道2上经过P点的加速度，故D正确； 故选：BD． 点评： 解决本题的关键掌握同步卫星的特点，以及掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用． 8．（4分）已知雨滴下落时受到的空气阻力与速度大小成正比，若雨滴从空中由静止下落，下落过程中所受重力保持不变，下落过程中加速度用a表示，速度用v表示，下落距离用s表示，落地前雨滴已做匀速运动，下列图象中可以定性反映雨滴运动情况的是（ ） A．B． C． D． 考点： 牛顿第二定律． 专题： 牛顿运动定律综合专题． 分析： 根据雨滴的受力判断雨滴加速度的变化，通过加速度与速度的方向关系判断速度的变化． 解答： 解：当雨滴刚开始下落时，阻力f较小，远小于雨滴的重力G，即f＜G，故雨滴做加速运动； 由于雨滴下落时空气对它的阻力随雨滴下落速度的增大而增大，根据牛顿第二定律知，加速度逐渐减小，故当速度达到某个值时，阻力f会增大到与重力G相等，即f=G，此时雨滴受到平衡力的作用，将保持匀速直线运动； 知物体先做加速度减小的变加速直线运动，最后做匀速直线运动．故BC正确，A、D错误． 故选：BC． 点评： 分析准确雨滴下落过程中的受力情况，再根据雨滴的受力分析雨滴的运动状态；图象能够直观的展现物体的运动情况． 9．（4分）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x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（ ）

5

A．x1处电场强度大小为零 x2～x3段的电场强度大小方向均不变，为一定值 B． 粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动 C． D．0与x2处电势φ0、φ2的关系为φ0=φ2 考点： 电势差与电场强度的关系；电势． 专题： 电场力与电势的性质专题． 分析： 根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，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x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由Ep=qφ，分析电势的高低．由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质．根据斜率读出场强的变化，由F=qE，分析电场力的变化， 解答： 解：A、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，得：E=?，由数学知识可知Ep﹣x图象切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A正确； B、C、由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动；x1～x2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；x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动；故B正确，C错误； D、0与x2处电势能相等，根据Ep=qφ可知0与x2处电势φ0、φ2的关系为φ0=φ2，故D正确； 故选：ABD． 点评： 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电荷的运动情况． 10．（4分）如图，质量分别为m和2m的两个小球A和B，中间用长为2L的轻杆相连，在杆的中点O处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后由静止释放，在B球顺时针摆动到最低位置的过程中（ ）

6

A．A、B两球角速度大小始终相等 重力对B球做功的瞬时功率一直增大 B． C．B球摆动到最低位置时的速度大小为 D．杆对B球做正功，B球机械能不守恒 考点： 机械能守恒定律；线速度、角速度和周期、转速；功率、平均功率和瞬时功率． 专题： 机械能守恒定律应用专题． 分析： 在B球顺时针摆动到最低位置的过程中，对于B球、A球和地球组成的系统机械能守恒，由于轻杆对两球做功，两球各自的机械能均不守恒． 解答： 解：A、A、B两球共轴转动，角速度大小始终相等，故A正确； B、初位置，B球速度为零，重力的功率为零，最低点，重力方向与速度方向垂直，重力的功率为零，所以重力对B球做功的瞬时功率先增大后减小，故B错误； C、对于A球和B球组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，则有： ， vA=vB 解得：，故C正确． D、杆对B球做负功，B球机械能不守恒，故D错误． 故选：AC 点评： 本题是轻杆连接的问题，要抓住单个物体机械能不守恒，而系统的机械能守恒是关键． 三、实验题（共2小题，共20分.请把答案填在答题卡相应的横线上．） 11．（10分）某同学用如图甲所示的装置做“探究加速度与物体受力的关系”实验．

（1）图乙是实验桌上的一把游标卡尺，该同学应该用游标卡尺 A 部分（填字母序号）测量小车上挡光片的宽度．测量结果如图丙所示，则挡光片的宽度为 1.015 cm；

7

（2）实验中通过调节让小车匀速下滑，目的是 平衡摩擦力 ；然后用细线通过定滑轮挂上重物让小车每次都从同一位置释放，此位置距光电门距离为l，设挡光片的宽度为d，光电门记录的挡光时间为t，则小车加速度的表达式a=

；

（3）实验中多次改变所挂重物的质量，测出对应的加速度a，通过力传感器读出拉力F，则下列图象中能正确反映小车加速度a与拉力F关系的是 B ．

考点： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系． 专题： 实验题． 分析： （1、2）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读，由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度．根据匀变速直线运动的速度位移公式求出滑块的加速度． （3）牵引力通过传感器测出，是准确值，不需要满足小车的质量远远大于重物的质量，所以a与F成正比． 解答： 解：（1）测量小车上挡光片的宽度应用A部分，游标卡尺的主尺读数为1cm，游标读数为0.05×3mm=0.15mm=0.015cm， 所以最终读数为：1cm+0.015cm=1.015cm； （2）实验中通过调节让小车匀速下滑，目的是为了平衡摩擦力， 数字计时器记录通过光电门的时间，由位移公式计算出物体通过光电门的平均速度，用该平均速度代替物体的瞬时速度，故在遮光条经过光电门时滑块的瞬间速度为：v=，根据运动学基本公式得：a=； （3）牵引力通过传感器测出，是准确值，不需要满足小车的质量远远大于重物的质量，所以a与F成正比，故选B． 故答案为：（1）A；1.015；（2）平衡摩擦力；；（3）B 点评： 常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础．处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项． 12．（10分）用图甲所示装置验证机械能守恒定律时，所用交流电源的频率为50Hz，得到如图乙所示的纸带．选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E，测出A点距起点O的距离为s0=19.00cm，点A、C间的距离为s1=8.36cm，点C、E间的距离为s2=9.88cm，g

2

取9.8m/s，测得重物的质量为1kg．

8

（1）下列做法正确的有 AB ．

A．图甲中两限位孔必须在同一竖直线上

B．实验前，手应提住纸带上端，并使纸带竖直

C．实验时，先放手松开纸带，再接通打点计时器电源

D．数据处理时，应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置

（2）选取O、C两点为初末位置研究机械能守恒．重物减少的重力势能是 2.68 J，打下C点时重物的速度是 2.28 m/s．（结果保留三位有效数字） （3）继续根据纸带算出各点的速度v，量出下落距离s，以图象，应是图丙中的 C ．

为纵轴、以s为横轴画出的

（4）实验中，重物减小的重力势能总是略大于增加的动能，写出一条产生这一现象的原因 重物受到空气阻力或纸带与打点计时器之间的摩擦阻力 ． 考点： 验证机械能守恒定律． 专题： 实验题． 分析： （1）了解实验中的注意事项后分析解答． （2）重物减少的重力势能为mgh，根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可以求出打下记数点C时的速度大小； （3）由于空气阻力和摩擦力阻力的作用重物减小的重力势能总是略大于增加的动能． 解答： 解：（1）A、为了减小纸带与限位孔之间的摩擦图甲中两限位孔必须在同一竖直线，A正确． B、为了保证纸带在竖直方向做自由落体，实验前，手应提住纸带上端，并使纸带竖直，B正确． C、实验时，先接通打点计时器电源再放手松开纸带，故C错误． D、为了减小测量数据h的相对误差，数据处理时，应选择纸带上距离较远的两点作 9

为初、末位置，D错误． 故选：AB． （2）重物减少的重力势能为： △Ep=mgh=mg（s0+s1）=0.1kg×9.8m/s×（19.00+8.36）×10m≈0.27J vc==2.28m/s 2﹣2（3）他继续根据纸带算出各点的速度v，量出下落距离h，并以横轴画出的图象， 根据可知，应为过原点的直线，C正确、ABD错误． 为纵轴、以h为故选：C （4）由于阻力的作用重物减小的重力势能总是略大于增加的动能，这里的阻力主要来源于重物受到的空气阻力和纸带与打点计时器之间的摩擦阻力． 故答案为：（1）AB；（2）2.68（2.67～2.69都算对），2.28；（3）C；（4）重物受到空气阻力或纸带与打点计时器之间的摩擦阻力 点评： 本题考查了验证机械能守恒定律中的数据处理方法，以及有关误差分析，要学会根据可能产生误差的原因进行分析． 四、计算题：本题共5小题，共计66分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位. 13．（12分）2014年10月8日，月全食带来的“红月亮”亮相天空，引起人们对月球的关注．我国发射的“嫦娥三号”探月卫星在环月圆轨道绕行n圈所用时间为t，如图所示．已知月球半径为R，月球表面处重力加速度为g月，引力常量为G．试求： （1）月球的质量M；

（2）月球的第一宇宙速度v1；

（3）“嫦娥三号”卫星离月球表面高度h．

考点： 万有引力定律及其应用． 专题： 万有引力定律的应用专题． 分析： 在月球表面的物体受到的重力等于万有引力，化简可得月球的质量． 10

根据万有引力提供向心力速度． 根据万有引力提供向心力星的高度． 解答： 解：（1）月球表面处引力等于重力，，可计算出近月卫星的速度，即月球的第一宇宙，结合周期和轨道半径的关系，可计算出卫 得M= （2）第一宇宙速度为近月卫星运行速度，由万有引力提供向心力 得 所以月球第一宇宙速度（3）卫星做圆周运动，由万有引力提供向心力 得 卫星周期 轨道半径r=R+h 解得h= 答：（1）月球的质量为（2）月球的第一宇宙速度为； ； （3）“嫦娥三号”卫星离月球表面高度为． 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重要的关系，要能够根据题意选择恰当的向心力的表达式． 14．（12分）如图所示，质量为m的小球沿光滑的水平面冲上一光滑的半圆形轨道，轨道半径为R，小球在轨道最高点对轨道压力等于0.5mg，重力加速度为g，求： （1）小球在最高点的速度大小；

11

（2）小球落地时，距最高点的水平位移大小； （3）小球经过半圆轨道最低点时，对轨道的压力．

考点： 动能定理的应用；向心力． 专题： 动能定理的应用专题． 分析： （1）由牛顿第二定律及向心力公式可求得小球在最高点的速度； （2）由平抛运动规律可求得小球落地时的水平位移； （3）由动能定理可求得小球在最低点的速度；再由向心力公式可求得小球对轨道的压力． 解答： 解：（1）根据牛顿第三定律，小球到达轨道最高点时受到轨道的支持力等于小球对轨道的压力， 则：N1=0.5mg 小球在最高点时，有：N1+mg=m 2解得小球在最高点的速度大小为：v=（2）小球离开轨道平面做平抛运动：h=2R=gt 即平抛运动时间：t=2 所以小球落地时与A点的距离：x=vt= （3）小球从轨道最低点到最高点，由动能定理得： ﹣2mgR=mv﹣mvA 小球在最低点时，有：N2﹣mg=m 22解得N2=6.5mg 根据牛顿第三定律，小球对轨道压力大小为6.5mg，方向竖直向下 答：（1）小球在最高点的速度大小为 （2）小球落地时，距最高点的水平位移大小； （3）小球经过半圆轨道最低点时，对轨道的压力为6.5mg；方向竖直向下． 点评： 本题考查平抛、动能定理及向心力公式的应用，要注意正确应用向心力公式，并能利用牛顿第二定律列式求解． 15．（13分）2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图1为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑

12

行后停止．若航母保持静止，在某次降落中，以飞机着舰为计时起点，飞机的速度随时间变化关系如图2所示．飞机在t1=0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，此时速度v1=70m/s；在t2=2.4s时飞机速度v2=10m/s．飞机从t1到t2的运动可看成匀减速直线运动．设飞机受到除阻拦索

44

以外的阻力f大小不变，且f=5.0×10N，“歼15”舰载机的质量m=2.0×10kg．

（1）若飞机在t1时刻未钩住阻拦索，仍立即关闭动力系统，仅在阻力f的作用下减速，求飞机继续滑行的距离x（假设甲板足够长）；

（2）在t1～t2间的某个时刻，阻拦索夹角α=120°，求此时阻拦索中的弹力T的大小； （3）飞机钩住阻拦索并关闭动力系统后，在甲板上滑行的总距离为82m，求从t2时刻至飞机停止，阻拦索对飞机做的功W． 考点： 动能定理；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律． 专题： 动能定理的应用专题． 分析： （1）由动能定理可以求出飞机滑行的距离． （2）根据图象求出加速度，由牛顿第二定律求出弹力． （3）由图象求出飞机的位移，由动能定理求出阻力做的功． 解答： 解：（1）飞机仅在阻力f的作用下做匀减速直线运动，由动能定理得： ﹣fx=0﹣mv1 2 解得：x=980m； （2）由v﹣t图象可知，飞机加速度： a===﹣30m/s 22加速度大小为30m/s 对飞机，由牛顿第二定律得： 2Tcos+f=ma 5解得：T=5.5×10N； （3）由图象面积可知，从t1时刻至t2时刻，飞机的位移为s1=80m， 从t2时刻至飞机停止，飞机的位移为s2=2m， 从t2时刻至飞机停止，由动能定理得：

13

W﹣fs2=0﹣mv2 5解得：W=﹣9×10J． 答：（1）飞机继续滑行的距离为980m． 5（2）此时阻拦索中的弹力为5.5×10N； 5（3）阻拦索对飞机做的功为﹣9×10J． 点评： 本题考查了图象、牛顿第二定律动能定理的应用，在解题时要注意根据图象明确飞机的运动过程，再由动能定理、牛顿第二定律分析答题． 16．（14分）如图所示，离子发生器发射一束质量为m，电荷量为+q的离子，从静止经PQ两板间的加速电压加速后，以初速度v0再从a点沿ab方向进入一匀强电场区域，abcd所围成的正方形区域是该匀强电场的边界，已知正方形的边长为L，匀强电场的方向与ad边平行且由a指向d．

（1）求加速电压U0；

（2）若离子恰从c点飞离电场，求ac两点间的电势差Uac；

2

（3）若离子从abcd边界上某点飞出时的动能为mv0，求此时匀强电场的场强大小E．

2

考点： 带电粒子在匀强电场中的运动． 专题： 带电粒子在电场中的运动专题． 分析： （1）对直线加速过程运用动能定理列式求解即可； （2）粒子做类似平抛运动，根据类平抛运动的分位移公式列式求解即可； （3）粒子做类似平抛运动，根据类平抛运动的分速度公式和分位移公式列式，再结合动能定理列式，最后联立求解即可． 解答： 解：（1）对直线加速过程，根据动能定理，有： 解得： （2）设此时场强大小为EC，则： ab方向，有：L=v0t ad方向，有：L=又Uac=EL， 14

解得：Uac=（3）根据Ek=m 可知，离子射出电场时的速度v=v0，方向与ab所在直线的夹角为45°，即vx=vy，根据x=vxt，v=出． ab方向，有：L=v0t ad方向，有：y=解得：y= 根据动能定理，有： Eqy=m﹣ 可得x=2y，则离子应该从bc边上的某点飞解得：E= 答：（1）加速电压U0为； （2）ac两点间的电势差Uac为； （3）此时匀强电场的场强大小E为． 点评： 本题关键是明确粒子的运动是类似平抛运动，然后根据类似平抛运动的分运动公式列式求解，不难． 17．（15分）（2011?泗阳县一模）在水平长直的轨道上，有一长度为L的平板车在外力控制下始终保持速度v0做匀速直线运动．某时刻将一质量为m的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ．

（1）证明：若滑块最终停在小车上，滑块和车摩擦产生的内能与动摩擦因数μ无关，是一个定值．

（2）已知滑块与车面间动摩擦因数μ=0.2，滑块质量m=1kg，车长L=2m，车速v0=4m/s，

2

取g=10m/s，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F大小应该满足什么条件？

（3）在（2）的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从车上掉下，力F的作用时间应该在什么范围内？

15

考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系． 专题： 牛顿运动定律综合专题． 分析： （1）滑块和车摩擦产生的内能等于滑块和车之间摩擦力做的功，该功等于滑动摩擦力×滑块相对于小车的位移； （2）滑块不从左端掉下来，即滑块相对于车的位移不能大于，列式可得； （3）力F取最小值时，滑块刚好不会在最左端滑下，此时滑块与车速度相同，可求得力F作用的最短时间；如果此时力继续作用，滑块将在F作用下以v0向右加速运动，为不从最右端滑出，滑块须加速运动一段时间t后力F停止作用，在阻力作用下再做减速运动，当滑到达最右端时与车同速，此时力F作用的时间最大，最大时间为：tmax=tmin+t． 解答： 解：（1）根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度 滑块相对车滑动的时间 滑块相对车滑动的距离 滑块与车摩擦产生的内能 Q=μmgs 由上述各式解得 （与动摩擦因数μ无关的定值） （2）设恒力F取最小值为F1，滑块加速度为a1，此时滑块恰好到达车的左端，则 滑块运动到车左端的时间 ① 由几何关系有 ② 由牛顿定律有 F1+μmg=ma1③ 由①②③式代入数据解得 t1=0.5s，F1=6N 则恒力F大小应该满足条件是 F≥6N （3）力F取最小值，当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动（设运动加速度为a2，时间为t2），再做匀减速运动（设运动加速度大小为a3）．到达车右端时，与车达共同速度．则有F1﹣μmg=ma2④ μmg=ma3⑤ 16

⑥ 由④⑤⑥式代入数据解得 则力F的作用时间t应满足 t1≤t≤t1+t2，即0.5s≤t≤1.08s 点评： 对物体运动的正确判断，物体从端不滑下的前提是车的位移﹣物体的位移小于，物体不从右端滑出，物体在力F作用下加速运动，当撤去F后，物体在滑动摩擦力作用下做减速直线运动，当速度与车相同时，注意车和物体的位移关系．

17

百度搜索“70edu”或“70教育网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，70教育网，提供经典综合文库【物理】江苏省泰州市姜堰区2024届高三上学期期中考试在线全文阅读。