2014-2015学年安徽省安庆市潜山县野寨中学高三(上)第一次月考物理试卷(解析版)

2014-2015学年安徽省安庆市潜山县野寨中学高三（上）第一次月考物

理试卷

一、选择题

1．一质量为m的物体静止放在光滑的水平面上，今以恒力F沿水平方向推该物体，在相同的时间间隔内，下列说法正确的是（）

A．物体的位移相等B．物体速度的变化量相等

C．F对物体做的功相等D．恒力F的平均功率相等

2．负重奔跑是体能训练的常用方式之一，如图所示的装置是运动员负重奔跑的跑步机．已知运动员质量为m1，绳拴在腰间沿水平方向跨过定滑轮（不计滑轮摩擦、质量）悬挂质量为m2的重物，人用力向后蹬，使传送带沿顺时针方向转动，下面说法正确的是（）

A．若m2静止不动，运动员对传送带的摩擦力大小为m1g

B．若m2静止不动，传送带转动越快，运动员对传送带的摩擦力也越大

C．若m2匀速上升时，上升速度越大，运动员对传送带的摩擦力也越大

D．若m2匀加速上升时，m1越大，运动员对传送带的摩擦力也越大

3．如图所示，两个物体以相同大小的初始速度从空中O点同时分别向x轴正负方向水平抛出，它

们的轨迹恰好是抛物线方程y=x2，重力加速度为g，那么以下说法正确的是（曲率半径可认为等于

曲线上该点的瞬时速度所对应的匀速率圆周运动的半径）（）

A．初始速度为B．初始速度为

C．O点的曲率半径为D．O点的曲率半径为2k

4．2010年10月1日18时59分57秒，随着嫦娥二号在西昌卫星发射中心成功升空，中国探月工程二期揭开序幕．在经历了星箭分离、卫星入轨、中途修正、约111小时近35万公里的行程后，北京时间6日11时6分，在北京航天飞行控制中心的精确控制下，嫦娥二号卫星成功实施第一次近月制动，32分钟后，卫星顺利进入周期约12小时的椭圆环月轨道，为嫦娥二号最终进入“使命轨道”进行科学探测活动奠定了坚实基础．联系所学的物理知识，进行的下列推断正确的是（）A．在点火阶段，由于平均加速度很难超过重力加速度，所以该阶段为失重阶段

B．嫦娥二号卫星实施近月制动后，速度会减小，动能转化为势能，卫星会靠近月球

C．若已知嫦娥二号的轨道半径和周期，就可以算出卫星的质量

D．嫦娥二号卫星的质量减小，则飞船速率会减小

5．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R．已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（）

A．﹣E B．C．﹣E D．+E

6．图中虚线是用实验方法描绘出的某一静电场的一簇等势线及其电势的值，一带电粒子只在电场力作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线AC运动，则下列判断正确的是（）A．粒子一定带负电

B．粒子在A点的电势能大于在C点的电势能

C．A点的场强小于C点的场强

D．粒子在A点的动能大于在C点的动能

7．如图所示，轻弹簧两端分别固定在长木板a的左端和物块b上．开始时，a和b都静止，一切摩擦均不计．用等大、反向的恒力F1和F2分别拉a和b，则从a和b开始运动以后的整个过程中（在弹簧的弹性限度内），对a、b和弹簧组成的系统来说，以下判断中正确的是（）A．由于F1和F2等大反向，所以弹簧所受合力外为零，不发生形变

B．由于F1和F2等大反向，合力不做功，系统动量守恒、机械能守恒

C．弹簧弹力和F1、F2大小相等时，a和b的动能最大

D．弹簧伸长最大时，a和b速度为零，系统机械能也为零

二、（非选择题）

8．用螺旋测微器（千分尺）测小球直径时，示数如图甲所示，这时读出的数值是mm；用游标卡尺（卡尺的游标有20等分）测量一支铅笔的长度，测量结果如图乙所示，由此可知铅笔的长度是cm．

9．在研究平抛物体运动的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L=1.25cm，若小球在平抛运动中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为V0=

（用L、g表示），其值是（取g=10m/s2）

10．发光二极管（LED）近年来被人们誉为是本世纪的新型光源．有一些手灯就是用几个发光二极管并联后作为光源使用的，其发光效率很高．它在正常工作时，正向压降约3.2V，电流在20mA左右．现取这样一只发光二极管（电路符号用表示），现要测量它的伏安特性，另提供有下列的实验器材：

A．电流表A1（量程30mA，内阻约为20Ω）

B．电流表A2（量程1A，内阻约为1Ω）

C．电压表V1（量程5V，内阻3kΩ）

D．电压表V2（量程15V，内阻15kΩ）

E．滑动变阻器R1（阻值0～20Ω，额定电流2A）

F．滑动变阻器R2（阻值0～1kΩ，额定电流0.5A）

（1）除稳压直流电源E（4V）、开关和带夹子的导线若干外，还需选用的其它器材有（填选项前字母）；

（2）在虚线方框中画出实验电路图．

11．完整的撑杆跳高过程可以简化成如图所示的三个阶段：持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落．在第二十九届北京奥运会比赛中，俄罗斯女运动员伊辛巴耶娃以5.05m的成绩打破世界纪录．设伊辛巴耶娃从静止开始以加速度a=1.25m/s2匀加速助跑，速度达到v=9.0m/s时撑杆起跳，到达最高点时过杆的速度不计，过杆后做自由落体运动，重心下降h2=4.05m时身体接触软垫，从接触软垫到速度减为零的时间t=0.90s．已知伊辛巴耶娃的质量m=65kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气的阻力．求：（1）伊辛巴耶娃起跳前的助跑距离；

（2）假设伊辛巴耶娃从接触软垫到速度减为零的过程中做匀减速运动，求软垫对她的作用力大小．

12．“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为R A和R B的同心圆金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为E k0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间．忽略电场的边缘效应．

（1）判断半球面A、B的电势高低，并说明理由；

（2）求等势面C所在处电场强度E的大小；

（3）若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量△E K左和△E K右分别为多少？

（4）比较|△E K左|和|△E K右|的大小，并说明理由．

13．如图所示为放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成，其中倾斜直轨AB与水平直轨CD长均为L=3m，圆弧形轨道APD和BQC均光滑，AB、CD与两圆弧

形轨道相切，BQC的半径为r=1m，APD的半径为R=2m，O2A、O1B与竖直方向的夹角均为θ=37°．现有一质量为m=1kg的小球穿在滑轨上，以E k0的初动能从B点开始沿AB向上运动，小球与两段直

轨道间的动摩擦因数均为μ=，设小球经过轨道连接处均无能量损失．（g=10m/s2，sin37°=0.6，

cos37°=0.8）求：

（1）要使小球能够通过弧形轨道APD的最高点，初动能E K0至少多大？

（2）求小球第二次到达D点时的动能；

（3）小球在CD段上运动的总路程．（第（2）（3）两问中的E K0取第（1）问中的数值）

2014-2015学年安徽省安庆市潜山县野寨中学高三（上）第一

次月考物理试卷

参考答案与试题解析

一、选择题

1．一质量为m的物体静止放在光滑的水平面上，今以恒力F沿水平方向推该物体，在相同的时间间隔内，下列说法正确的是（）

A．物体的位移相等B．物体速度的变化量相等

C．F对物体做的功相等D．恒力F的平均功率相等

考点：功的计算；功率、平均功率和瞬时功率．

专题：功的计算专题．

分析：体在水平恒力作用下做匀加速直线运动，在相同的时间间隔内位移增大，F做功增大，根据功率的公式求的功率关系．

解答：解：

A、物体在水平恒力作用下做匀加速直线运动，在相同的时间间隔内物体的位移逐渐增大．故A错误．

B、由△v=a△t可知，在相等时间内速度变化量相等，故B正确；

C、由功的公式W=FL知道，在相同的时间间隔内，F做功增大．故C错误．

D、由可知，平均功率不同，故D错误．

故选：B

点评：在恒力作用下物体做匀加速直线运动，位移、F做功、动能变化量并是不相等．属于简单题．

2．负重奔跑是体能训练的常用方式之一，如图所示的装置是运动员负重奔跑的跑步机．已知运动员质量为m1，绳拴在腰间沿水平方向跨过定滑轮（不计滑轮摩擦、质量）悬挂质量为m2的重物，人用力向后蹬，使传送带沿顺时针方向转动，下面说法正确的是（）

A．若m2静止不动，运动员对传送带的摩擦力大小为m1g

B．若m2静止不动，传送带转动越快，运动员对传送带的摩擦力也越大

C．若m2匀速上升时，上升速度越大，运动员对传送带的摩擦力也越大

D．若m2匀加速上升时，m1越大，运动员对传送带的摩擦力也越大

考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．

专题：传送带专题．

分析：若m2静止不动或匀速上升，则运动员处于静止或匀速直线运动，根据受力平衡判断摩擦力的大小；若m2匀加速上升时，运动员做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律判断摩擦力的大小．

解答：解：A、若m2静止不动，则运动员处于静止，运动员在水平方向上受拉力和摩擦力平衡．f=m2g，与传送带的速度无关．故A、B错误．

C、若m2匀速上升，则运动员处于匀速直线运动，水平方向受拉力和摩擦力平衡．f=m2g，与运动的速度无关．故C错误．

D、若m2匀加速上升时，运动员做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有：f﹣T=m1a，T﹣m2g=m2a，联立解得：f=m2g+（m1+m2）a．m1越大，运动员对传送带的摩擦力也越大．故D正确．

故选D．

点评：解决本题的关键是合理地选择研究的对象，正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解．

3．如图所示，两个物体以相同大小的初始速度从空中O点同时分别向x轴正负方向水平抛出，它们的轨迹恰好是抛物线方程y=x2，重力加速度为g，那么以下说法正确的是（曲率半径可认为等于

曲线上该点的瞬时速度所对应的匀速率圆周运动的半径）（）

A．初始速度为B．初始速度为

C．O点的曲率半径为D．O点的曲率半径为2k

考点：平抛运动．

专题：平抛运动专题．

分析：据题两球均做平抛运动，水平方向的分运动是匀速直线运动，竖直方向上的分运动是自由落体运动，得到水平位移大小x和竖直位移大小y与时间的关系，代入抛物线方程，即可求得初速度；根据数学知识求解O点的曲率半径．

解答：解：A、设小球平抛运动的时间为t，则有：

x=v0t，y=，代入到抛物线方程y=，解得初速度为：v0=，故A、B错误．

C、抛物线方程y=求导得：y′==k′x．

根据数学知识得知，O点的曲率半径为：R==，故C正确，D错误．

故选：C．

点评：本题运用数学上参数方程的方法求解初速度，关键是抓住平抛运动的分解方法．根据曲率半径的定义，由数学知识求解．

4．2010年10月1日18时59分57秒，随着嫦娥二号在西昌卫星发射中心成功升空，中国探月工程二期揭开序幕．在经历了星箭分离、卫星入轨、中途修正、约111小时近35万公里的行程后，北京时间6日11时6分，在北京航天飞行控制中心的精确控制下，嫦娥二号卫星成功实施第一次近月制动，32分钟后，卫星顺利进入周期约12小时的椭圆环月轨道，为嫦娥二号最终进入“使命轨道”

进行科学探测活动奠定了坚实基础．联系所学的物理知识，进行的下列推断正确的是（）A．在点火阶段，由于平均加速度很难超过重力加速度，所以该阶段为失重阶段

B．嫦娥二号卫星实施近月制动后，速度会减小，动能转化为势能，卫星会靠近月球

C．若已知嫦娥二号的轨道半径和周期，就可以算出卫星的质量

D．嫦娥二号卫星的质量减小，则飞船速率会减小

考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．

专题：人造卫星问题．

分析：卫星绕月球做圆周运动，万有引力提供向心力，卫星制动时速度减小，动能减小所需要的向心力减小，卫星做向心运动，应用万有引力定律与牛顿第二定律分析答题．

解答：解：A、点火阶段，卫星向上做加速加速运动，卫星处于超重状态，故A错误；

B、嫦娥二号卫星实施近月制动后，速度会减小，卫星做圆周运动的向心力减小，小于万有引力，卫星做近心运动，卫星轨道半径减小，卫星会靠近月球，故B正确；

C、若已知嫦娥二号的轨道半径和周期，就可以算出月球的质量，但不能求出卫星的质量，故C错误；

D、卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=m，解得：v=，飞船

的速度与卫星质量无关，故D错误；

故选：B．

点评：本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力，应用万有引力定律与牛顿第二定律可以解题；物体是否处于超重状态与加速度大小无关，取决于加速度的方向，加速度向上超重，加速度向下，失重．

5．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R．已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（）

A．﹣E B．C．﹣E D．+E

考点：电场强度；电场的叠加．

专题：电场力与电势的性质专题．

分析：均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，

假设将带电量为2q的球面放在O处在M、N点所产生的电场和半球面在M点的场强对比求解．

解答：解：若将带电量为2q的球面放在O处，

均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．

则在M、N点所产生的电场为E==，

由题知当半球面如图所示产生的场强为E，则N点的场强为

E′=﹣E，

故选A．

点评：本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场关系．

6．图中虚线是用实验方法描绘出的某一静电场的一簇等势线及其电势的值，一带电粒子只在电场力作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线AC运动，则下列判断正确的是（）A．粒子一定带负电

B．粒子在A点的电势能大于在C点的电势能

C．A点的场强小于C点的场强

D．粒子在A点的动能大于在C点的动能

考点：电场线．

分析：解答本题需要掌握：根据等势线的分布情况确定电场线的分布情况；正确判断带电粒子在电场中运动时电势能的变化；电场力做功特点．

解答：解：A、电场线和等势线垂直且由高等势线指向低等势线，因此图中电场线方向应垂直等势线大体指向左侧，带电粒子所受电场力沿电场线指向曲线内侧，故粒子应带正电，故A错误；B、从C到A过程中，电场力做正功，电势能减小，粒子在A点的电势能小于在C点的电势能，故B错误；

C、A点等势线密，电场线也密，所以电场强度大于C处，故C错误；

D、粒子运动过程中只有电场力做功，电势能和动能总量不变，粒子带正电，故在A点电势能较小，故在A点动能较大，故D正确；

故选：D．

点评：解决这类问题的突破口为根据粒子运动轨迹确定粒子所受电场力方向，同时这类问题涉及物理知识很全面，能考查学生综合利用物理知识解决问题的能力，是高考的重点，要不断加强练习．

7．如图所示，轻弹簧两端分别固定在长木板a的左端和物块b上．开始时，a和b都静止，一切摩擦均不计．用等大、反向的恒力F1和F2分别拉a和b，则从a和b开始运动以后的整个过程中（在弹簧的弹性限度内），对a、b和弹簧组成的系统来说，以下判断中正确的是（）A．由于F1和F2等大反向，所以弹簧所受合力外为零，不发生形变

B．由于F1和F2等大反向，合力不做功，系统动量守恒、机械能守恒

C．弹簧弹力和F1、F2大小相等时，a和b的动能最大

D．弹簧伸长最大时，a和b速度为零，系统机械能也为零

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：F1和F2等大反向，但是由于它们的位移不同，所以做的功的大小不同，当弹簧弹力大小与

F1、F2大小相等时，物体受到的合力的大小为零，此时物体的速度的大小达到最大，再根据物体的运动状态可以判断物体加速度的变化．

解答：解：A、a、b在拉力作用下分别向左、右运动，弹簧被拉伸，弹簧发生形变，故A错误；

B、由于F1和F2等大反向，系统所受合外力为零，系统动量守恒，但由于F1、F2对系统做功之和不为零，故系统机械能不守恒，故B错误；

C、当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，a和b受力平衡，加速度减为零，此时速度达到最大值，故各自的动能最大，系统的动能也最大，故C正确；

D、弹簧伸长最大时，a和b速度为零，弹簧弹性势能不为零，故系统机械能不为零，故D错误；故选：C．

点评：本题涉及到弹簧，功、机械能守恒的条件、力和运动的关系等较多知识．题目情景比较复杂，全面考查考生理解、分析、解决问题的能力．

二、（非选择题）

8．用螺旋测微器（千分尺）测小球直径时，示数如图甲所示，这时读出的数值是8.473mm；用游标卡尺（卡尺的游标有20等分）测量一支铅笔的长度，测量结果如图乙所示，由此可知铅笔的长度是10.060cm．

考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．

专题：实验题．

分析：解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．

解答：解：螺旋测微器的固定刻度读数为8mm，可动刻度读数为0.01×47.30mm=0.473mm，所以最终读数为：8mm+0.473mm=8.473mm，

游标卡尺的固定刻度读数为10m，游标尺上第12个刻度与主尺上某一刻度对齐，因此游标读数为0.05×12mm=0.60mm=0.060cm，

所以最终读数为：10cm+0.060cm=10.060cm；

故答案为：8.473；10.060．

点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．

9．在研究平抛物体运动的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L=1.25cm，若小球在平抛运动中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为V0=2

（用L、g表示），其值是0.70m/s（取g=10m/s2）

考点：研究平抛物体的运动．

专题：实验题．

分析：平抛运动的水平方向做匀速直线运动，从图中可以看出：a、b、c、d 4个点间的水平位移均相等为2L，因此这4个点是等时间间隔点，v0=，而竖直方向是自由落体运动，两段相邻的位移之

差是一个定值△y=gT2=L，联立方程即可解出．

解答：解：从图中看出，a、b、c、d 4个点间的水平位移均相等，是x=2L，因此这4个点是等时间间隔点．竖直方向两段相邻位移之差是个定值，即△y=gT2=L，再根据v0=

解出v0=2

代入数据得v0=2×=0.70m/s．

故答案为：2；0.70m/s．

点评：本题考查平抛物体的运动规律．要求同学们能够从图中读出有用信息，再根据平抛运动的基本公式解题，难度适中．

10．发光二极管（LED）近年来被人们誉为是本世纪的新型光源．有一些手灯就是用几个发光二极管并联后作为光源使用的，其发光效率很高．它在正常工作时，正向压降约3.2V，电流在20mA左右．现取这样一只发光二极管（电路符号用表示），现要测量它的伏安特性，另提供有下列的实验器材：

A．电流表A1（量程30mA，内阻约为20Ω）

B．电流表A2（量程1A，内阻约为1Ω）

C．电压表V1（量程5V，内阻3kΩ）

D．电压表V2（量程15V，内阻15kΩ）

E．滑动变阻器R1（阻值0～20Ω，额定电流2A）

F．滑动变阻器R2（阻值0～1kΩ，额定电流0.5A）

（1）除稳压直流电源E（4V）、开关和带夹子的导线若干外，还需选用的其它器材有ACE（填选项前字母）；

（2）在虚线方框中画出实验电路图．

考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．

专题：实验题；恒定电流专题．

分析：（1）根据LED正常工作时的正向电压选择电压表，根据LED正常工作时的电流大小选择电流表．

（2）要描绘LED的伏安特性曲线，电压表与电流表应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据待测LED电阻与电表内阻间的关系确定电流表采用内接法还是外接法，然后作出实验电路图．解答：解：（1）LED正常工作时，正向电压约3.2V，因此电压表可选C、电压表V1（量程3V，内阻约为1KΩ），LED正常工作时电流在2OmA左右，为0.6A的60分之一，使用电流表A2（量程0.6A，内阻约为5Ω）读数误差较大，电流表应选A、电流表A1（量程30mA，内阻约为20Ω）；滑动变阻器应采用分压接法；故选择最大电阻较小的E；

（2）描绘LED的伏安特性曲线，电压表与电流表示数应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；LED正常工作时电阻约为R===160Ω，==8，=≈18，

＜，故电流表采用外接法，实验电路图如图所示．

故答案为：（1）ACE；（2）如图所示；

点评：本题考查了选择实验器材、设计实验电路，确定滑动变阻器接法与电流表接法是正确设计实验电路的关键．

11．完整的撑杆跳高过程可以简化成如图所示的三个阶段：持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落．在第二十九届北京奥运会比赛中，俄罗斯女运动员伊辛巴耶娃以5.05m的成绩打破世界纪录．设伊辛巴耶娃从静止开始以加速度a=1.25m/s2匀加速助跑，速度达到v=9.0m/s时撑杆起跳，到达最高点时过杆的速度不计，过杆后做自由落体运动，重心下降h2=4.05m时身体接触软垫，从接触软垫到速度减为零的时间t=0.90s．已知伊辛巴耶娃的质量m=65kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气的阻力．求：（1）伊辛巴耶娃起跳前的助跑距离；

（2）假设伊辛巴耶娃从接触软垫到速度减为零的过程中做匀减速运动，求软垫对她的作用力大小．

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）对运动员助跑过程运用速度位移公式列式求解即可；

（2）对自由落体运动过程运用速度位移公式求出末速度，再对减速过程运用速度时间公式求出加速度，再受力分析后运用牛顿第二定律列式求解

解答：解：（1）、设助跑距离为x，由运动学公式有：v2=2ax

解得：x==32.4m

（2）、运动员过杆后做自由落体运动，设接触软垫时的速度为v'，由运动学公式有：

v'2=2gh2

设软垫对运动员的作用力为F，由牛顿第二定律得：

F﹣mg=ma

由运动学公式有：a=

解得：F=1300 N

答：（1）伊辛巴耶娃起跳前的助跑距离为32.4m；

（2）假设伊辛巴耶娃从接触软垫到速度减为零的过程中做匀减速运动，软垫对她的作用力大小为1300N

点评：本题关键是分析清楚运动员的运动过程，然后对各个匀变速过程运用运动学公式和牛顿第二定律联立列方程求解

12．“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为R A和R B的同心圆金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为E k0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间．忽略电场的边缘效应．

（1）判断半球面A、B的电势高低，并说明理由；

（2）求等势面C所在处电场强度E的大小；

（3）若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量△E K左和△E K右分别为多少？

（4）比较|△E K左|和|△E K右|的大小，并说明理由．

考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电场强度．

专题：带电粒子在电场中的运动专题．

分析：电子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，电子受力的方向与电场的方向相反；由牛顿第二定律和向心力列式解答；

电子动能的改变量等于电场力做功，使用动能定理即可

解答：解：（1）电子（带负电）做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B指向A，B板电势高于A析电势．

（2）据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度大小相同，有：

联立解得：

（3）电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有△E k=qU

对到达N板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有△E k左=e（?B﹣?C）

到达N板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有△E k右=e（?A﹣?C）

（4）根据电场线特点，等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有|?B﹣?C|＞|?A﹣?C|

即|△E k左|＞|△E k右|

答：（1）B板电势高于A板

（2）等势面C所在处电场强度E的大小

（3）经过偏转电场前、后的动能改变量△E K左和△E K右分别为e（?B﹣?C）和e（?A﹣?C）（4）|△E k左|＞|△E k右|

点评：该题考查带电粒子在放射状电场中的运动与电场力做功，解题的关键是电场力提供向心力，写出相应的表达式，即可正确解答．属于中档题目

13．如图所示为放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成，其中倾斜直轨AB与水平直轨CD长均为L=3m，圆弧形轨道APD和BQC均光滑，AB、CD与两圆弧形轨道相切，BQC的半径为r=1m，APD的半径为R=2m，O2A、O1B与竖直方向的夹角均为θ=37°．现有一质量为m=1kg的小球穿在滑轨上，以E k0的初动能从B点开始沿AB向上运动，小球与两段直

轨道间的动摩擦因数均为μ=，设小球经过轨道连接处均无能量损失．（g=10m/s2，sin37°=0.6，

cos37°=0.8）求：

（1）要使小球能够通过弧形轨道APD的最高点，初动能E K0至少多大？

（2）求小球第二次到达D点时的动能；

（3）小球在CD段上运动的总路程．（第（2）（3）两问中的E K0取第（1）问中的数值）

考点：动能定理的应用．

专题：动能定理的应用专题．

分析：（1）要使小球能够向上运动并回到B点，有两个临界条件的要求：一是要使小球能够通过圆弧APD的最高点，二是通过了圆弧APD的最高点后还能够再次到达B点．根据能量守恒分别求出小球恰好通过圆弧APD的最高点以及恰好到达B点时的初动能，比较两种情况下的初动能，从而得出初动能E K0的最小值．

（2）根据动能定理求出小球从B点出发又回到B点时的动能，根据动能定理判断其能上升的最大高度，若不能上滑到最高点，由于重力的分力大于滑动摩擦力，小球会下滑，求出小球在AB杆上摩擦产生的热量．根据能量守恒求出第二次经过D点的动能．

（3）通过第二问解答知小球能够第二次到达D点，根据能量守恒定律讨论小球能否第二次通过D 点返回后上升到B点，从而确定小球的运动情况，最后根据动能定理求出小球在CD段上运动的总路程．

解答：解：（1）小球至少需要越过弧形轨道APD的最高点，根据动能定理：

﹣mg[（R﹣Rcosθ）+Lsinθ]﹣μmgLcosθ=0﹣E K0，代入数据解得：E k0=30J；

（2）从B点出发到小球第一次回到B点的过程中，根据动能定理：

﹣μmgLcosθ﹣μmgL=E KB﹣E K0，解得：E kB=12J．

小球沿AB向上运动到最高点，距离B点为s，

则有：E kB=μmgscosθ+mgssinθ，解得：s=m，

小球继续向下运动，当小球第二次到达D点时动能为E KD，

由动能定理得：mg[（r+rcosθ）+s?sinθ]﹣μmgscosθ﹣μmgL=E KD﹣0，

解得：J；

（3）小球第二次到D点后还剩12.6J的能量，沿DP弧上升后再返回DC段，

到C点只剩下2.6J的能量．因此小球无法继续上升到B点，

滑到BQC某处后开始下滑，之后受摩擦力作用，小球最终停在CD上的某点．

由动能定理：E KD=μmgs1，

解得：s1=3.78m，

小球通过CD段的总路程为S总=2L+s=9.78m；

答：（1）要使小球能够通过弧形轨道APD的最高点，初动能E K0至少为30J；

（2）小球第二次到达D点时的动能12.6J；

（3）小球在CD段上运动的总路程为9.78m．

点评：本题时一道力学综合题，本题物体运动过程较复杂，关键是理清过程，搞清运动规律，合适地选择研究的过程，运用动能定理和能量守恒定律进行解题．