辽宁省大连市第八中学2019届高三物理上学期期中试题(含解析).pdf

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1、辽宁省大连市第八中学2019 届高三物理上学期期中试题（含解析） 一、单选题 1. 一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s， 动能变为原来的9 倍. 该质点的加速度为 A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】 【详解】设初速度为v0，末速度为vt，加速度为a，则位移为：，初动能为， 末动能为，因为动能变为原来的9 倍，所以有 联立解得：； 由加速度定义可得：，故 A正确， BCD错误 【点晴】由题意知，动能变为原来的9 倍，可解得末速度和初速度的倍数关系，结合位移公 式，可分别求出初速度和末速度，再由加速度的定义求得质点的加速度 2. 如图所示，轻杆与竖直墙壁成5

2、3角，斜插入墙中并固定，另一端固定一个质量为m的小 球，水平轻质弹簧处于压缩状态，弹力大小为 (g表示重力加速度) ，则轻杆对小球的弹力 大小为 ( ) A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】 由于轻杆斜插入墙中并固定，所以小球对它的作用力就不再沿杆的方向了，我们对小球受力 分析得，小球受到重力、弹簧对小球的作用力，小球处于静止状态，故这两个力的合力与杆 对小球的作用力相平衡，如下图所示， 故轻杆对小球弹力的大小为，故 D正确， ABC错误； 故选 D。 3. 在一个光滑水平面内建立平面直角坐标系xOy，质量为 1kg的物体原来静止在坐标原点 ，时受到如图所示随时间变化的外力作用，图甲

3、中表示沿x轴方向的外力，图乙 中表示沿y轴方向的外力，下列描述正确的是 A. s内物体的运动轨迹是一条直线 B. s内物体的运动轨迹是一条抛物线 C. 前 2 s内物体做匀加速直线运动，后2 s内物体做匀加速曲线运动 D. 前 2 s内物体做匀加速直线运动，后2 s内物体做匀速圆周运动 【答案】 C 【解析】 试题分析： 对物体受力分析可知，在前 2s 内物体受到的合力的大小为2N， 沿着 x 轴的正方向， 此时物体做的是匀加速直线运动，速度的方向也是沿x 轴正方向的，在2-4s 内物体受到的合 力的方向沿着y 轴的正方向，此时与初速度的方向垂直，物体做的是匀加速曲线运动 分析物体的受力和运动

4、可知，物体在前2s 内做的是初速度为零的匀加速直线运动，速度的方 向是沿着x 轴正方向的，在2-4s 内物体受到的合力的方向沿着y 轴的正方向，此时与初速度 的方向垂直，物体做的是匀加速曲线运动，所以ABD错误， C正确 故选 C 考点：物体做曲线运动的条件；匀速圆周运动 点评：物体在不同的时刻受到的作用力是不一样的，注意分析清楚受力的方向与物体的速度 分析之间的关系，即可判断物体的运动状态 4. 地球赤道上的重力加速度为g，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a，卫星甲、乙、 丙在如图所示三个椭圆轨道上绕地球运行，卫星甲和乙的运行轨道在P点相切，以下说法中 正确的是 A. 如果地球自转的角速

5、度突然变为原来的倍，那么赤道上的物体将会“飘”起来 B. 卫星甲、乙经过P点时的加速度大小相等 C. 卫星甲的周期最小 D. 三个卫星在远地点的速度可能大于第一宇宙速度 【答案】 B 【解析】 使地球上的物体“飘”起来即物体处于完全失重状态，即此时物体所受地球的重力完全提供 物体随地球自转时的向心力，则有：，当物体飘起来的时候，万有引力完全提 供向心力，则此时物体的向心加速度为a：，即此时的向心加速度a ga，由ar 2，则 2 为原来的倍，故 A错误；根据，解得：可知， 卫星在同一位置其加速度相同，故B 正确；根据开普勒第三定律：可知，椭圆半长轴 越小，卫星的周期越小，卫星丙的半长轴最短，所

6、以周期最小，故C错误；根据， 解得：，当卫星下近地面飞行时速度最大即第一宇宙速度：，所以卫星在远 地点的速度要小于第一宇宙速度，故D错误。所以B正确， ACD错误。 5. 如图，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成角与横杆固定，下端 连接一质量为m的小球横杆右边用一根细线吊一相同的小球当小车沿水平面做加速运动 时，细线保持与竖直方向的夹角为已知，则下列说法正确的是 A. 小车一定向右做匀加速运动 B. 轻杆对小球P的弹力沿轻杆方向 C. 小球P受到的合力大小为 D. 小球Q受到的合力大小为 【答案】 D 【解析】 试题分析：以小球Q 为研究对象，受力分析如图所示，根据平行四边

7、形定则可求合力： F=mgtan，故 D 正确；根据牛顿第二定律F=ma ，可求加速度为a=gtan ，分析水平向右， 故小车可能向右做加速运动，向左 做减速运动， 所以 A错误；小球 P受合外力，由牛顿第二定律得FP=“ma=“ mgtan， 又因 ， 所以轻杆对小球P的弹力不沿轻杆方向。 考点：本题考查牛顿第二定律 6. 如图甲所示，电动机通过绕过光滑定滑轮的细绳与放在倾角为的光滑斜面上的物体相 连， 启动电动机后物体沿斜面上升；在时间内物体运动的图象如图乙所示， 其中除 时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线，1s后电动机的输出功率保持不变；已知物 体的质量为2kg，重力加速度则下列

8、计算不正确的是 A. 1 s后电动机的输出功率P为 100W B. 物体运动的最大速度为 10 C. 在s内电动机所做的功为25J D. 在s内电动机所做的功为250 J 【答案】 C 【解析】 【分析】 根据图乙得出的加速度， 再根据牛顿第二定律得出牵引力，最后由算出电动机 的输出功率； 当加速度为0 时，物体运动速度最大，根据二力平衡求出此时牵引力，结合算出最 大速度； 内根据运动学公式及动能定理算出电动机所做的功；内，根据电动机功率变，结 合算出。 【详解】 A、设物体质量为m ，由题图乙可知，在s 时间内，物体做匀加速直线运动的 加速度大小为a， 1 s 末物体的速度大小达到，此过程中

9、， 设细绳拉力的大小为， 则根据运动学公式和牛顿第二定律可得：， 由图象可知， 由功率公式，联立解得：在1s 末电动机输出功率为：，故 A正确 . B、当物体达到最大速度后，细绳的拉力大小，由牛顿第二定律和功率的公式可得： ，由解得，故 B正确 . C、在时间s 内，物体的位移为x，电动机做的功为，则由运动学公式得： 由动能定理得：，联立解得：，故 C错误 . D、在时间t=3s 内电动机做的功为W，则：，联立解得：故 D正确 . 故选 C. 【点睛】本题与汽车启动类似，关键需要分析清楚物体各段的运动规律及受力情况，明确实 际功率达到额定功率时匀加速直线运动转为变速直线运动，达到速度最大值后做

10、匀速直线运 动. 二、多选题 7. 假设空间某一静电场的电势随x变化情况如图所示，根据图中信息可以确定下列说法中正 确的是 A. 范围内各点场强的方向均与x轴平行 B. 只在电场力作用下，正电荷沿x轴从 0 运动到，可做匀减速直线运动 C. 负电荷沿x轴从移到的过程中，电场力做正功，电势能减小 D. 无法比较与间的场强大小 【答案】 C 【解析】 由题中图像可以知道，在范围内各点的电势不变，是一条等势线，所以电场的方向应该 与轴垂直，故A 错误；轴在间，各点的电势相等，任意两点间的电势差为零，电场 力做功为零，而且电荷沿直线运动，可能做匀速运动，故B错误；负电荷沿轴从移到 的过程中电势升高，则

11、电场力对负电荷做正功，电势能减小，故C正确；在的范围内相 对于在的范围内等差等势面密集大，所以前者的电场强度大些，故D错误。 8. 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运动 B. 图中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易 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

12、案】 BD 【解析】 【分析】 本题考查了伽利略对自由落体运动和力与运动关系的研究，了解其研究过程中的物理思想与 物理的方法 . 【详解】 A、B、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； C、实际中

13、没有摩擦力的斜面并不存在，故该实验无法实际完成，故C错误； D、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正确 . 故选 BD. 【点睛】本题考查的就是学生对于物理常识的理解，这些在平时是需要学生了解并知道的， 看的就是学生对课本内容的掌握情况. 9. 如图所示，从P处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述 中哪项是正确的( 设电源电动势为E) A. 电子到达B板时的动能是Ee B. 电子从B板到达C板动能变化量为零 C. 电子到达D板时动能是2Ee D. 电子在A板和D板之间做往复运动 【答案】 ABD 【解析】 【分析】

14、明确电场分布情况，电子从静止在匀强电场中被加速运动，电场力做的功，即为电子获得的 动能；电子在没有电场中做匀速直线运动；当电子以一定速度进入反向电场时会做减速运动， 则减小的动能即为电场力做的负功 【详解】 A、释放出一个无初速度电荷量为e的电子，在电压为E电场中被加速运动，当出电 场时，所获得的动能等于电场力做的功，即；故 A正确 . B、由图可知，BC间没有电压，则没有电场，所以电子在此处做匀速直线运动，则电子的动能 不变；故B正确 . C、电子以eE的动能进入CD电场中，在电场力的阻碍下，电子作减速运动，由于CD间的电 压也为E，所以电子的到达D板时速度减为零，所以开始反向运动；故C错误

15、 . D、由上可知，电子将会在A板和D板之间加速、匀速再减速，反向加速、匀速再减速，做往 复运动；故D正确 . 故选 ABD. 【点睛】本题考查粒子在电场中加速与减速运动，明确电场力做的功与动能变化关系，要注 意到电子的速度减为零时，恰好到达D板是解答本题的关键 10. 如图所示，一质量的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量 的小木块给A和B以大小均为，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B 开始向右运动，A始终没有滑离木板在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是 A. B. C. D. 【答案】 AB 【解析】 【分析】 对木板和木块组成的系统，合外力保持为零，系统的总

16、动量守恒，A先向左减速，到速度减小 为零后向右加速到速度与B相同，此过程A正在做加速运动，根据动量守恒定律求出A的速 度为零时B的速度，以及两者相对静止时共同速度，确定出A正在做加速运动时，B的速度范 围，再进行选择。 【详解】以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右方向为正方向，从A开 始运动到A的速度为零的过程中，由动量守恒定律得： 代入数据解得： 当从开始到AB速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得： 代入数据解得： 则在木块A正在做加速运动的时间内B的速度范围为：， 故选 AB. 【点睛】本题考查了求木块的速度，应用动量守恒定律即可正确解题，本题也可以

17、用牛顿定 律与运动学公式求解，运用牛顿运动定律不需要考虑过程的细节，只要确定过程的初末状态 即可，应用牛顿定律解题要分析清楚物体的整个过程，要体会运用动量守恒定律解题的优越 性. 11. 如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个 完全相同的带正电小球视为点电荷，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P 点到达某点图中未画出时速度为零。则小球a A. 从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力一直增大 B. 从N到Q的过程中，速率先增大后减小，最大速率的位置在P点 C. 从P到Q的过程中，动能减少量大于电势能增加量 D. 从N到Q的过程中，电势能先增

18、加后减小 【答案】 AC 【解析】 【分析】 分析库仑力及重力的合力，根据功的公式明确合力做功情况；再根据重力做功和电场力做功 的特点与势能的关系分析电势能的变化. 【详解】 A、当电荷a在N点时，受竖直向下的重力和水平向右的电场力，a从N点静止释放， 沿半圆槽运动经过P点到达某点Q的过程中，电场力和重力之间的夹角（不是钝角）一直减 小，且电场力逐渐增大，所以重力与电场力的合力一直增大，选项A正确； B、在N点是，电场力与重力的合力与该点的切线方向之间的夹角是锐角，所以在开始向下运 动的过程中，合力做正功，速率增大；在P时，速度的方向是水平向左的，与合力之间的夹 角为钝角，所以在此之间，合力已

19、经开始做负功了，所以有段时间速率减小，从N到P的过 程中，速率先增大后减小，速率最大点应该在NP间某点，故B错误； C、从P到Q的过程中，电场力做负功，重力也做负功，动能的减少量等于电势能和重力势能 的增加量之和，即动能减少量大于电势能增加量，故C正确； D、从N到Q的过程中点除外 ，电场力的方向与速度的方向始终成钝角，电场力做负功，电 势能始终增加，故D错误； 故选 AC. 【点睛】本题考查功能关系，要注意明确电场力和重力具有相同的性质，即重力做功量度重 力势能的改变量；而电场力做功量度电势能的改变量。 功和能的关系：功是能量转化的量度。有两层含义： (1) 做功的过程就是能量转化的过程，

20、(2) 做功的多少决定了能转化的数量，即：功是能量转化的量度, 功是一种过程量，它和一段 位移 一段时间相对应； 而能是一种状态量，它与一个时刻相对应。两者的单位是相同的都是 ，但不能说功就是能，也不能说“功变成了能”. 12. 如图所示，在距水平地面高为04m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定 滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m=2kg的小球 A。半径 R 03m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在 P点的正下方，在轨道上套有 一质量也为m=2kg的小球 B。用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来。杆 和半圆形轨道在同一竖直面

21、内，两小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响。现给小球A 一个水平向右的恒力F50N（取 g=10m/s 2） 。则（ ） A. 把小球 B从地面拉到P的正下方时力F 做功为 20J B. 小球 B运动到 C处时的速度大小为0 C. 小球 B被拉到与小球A速度大小相等时，sin=3/4 D. 把小球 B从地面拉到P的正下方时小球B的机械能增加了6J 【答案】 AC 【解析】 A 、 对 于F的 做 功 过 程 ， 由 几 何 知 识 得 到 ： 力F作 用 点 的 位 移 为 ： ，则力 F 做的功为：，故 A正 确； B、由于 B球到达 C处时，已无沿绳的分速度，所以此时滑块A的速度为零，故

22、选项B正确； C、当绳与轨道相切时两球速度相等，如图：由三角形知识得：，故 C正确； D、根据题意可知，小球B从地面拉到P的正下方时A球的速度为零，则根据功能关系可知： 拉力 F做的功等于B球机械能的增量，即B球的机械能增量为，故选项D错误。 点睛：本题连接体问题，关键分析两物体之间的速度与高度关系并运用几何知识和功能关系 来研究，注意分析B球到达最高点时A球速度为零。 三、实验题探究题 13. 为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞碰撞过程中没有机械 能损失 ，某同学选取了两个体积相同、质量不相等的小球，按下述步骤做了如下实验： A. 用天平测出两个小球的质量分别为和，且

23、； B. 按照如图所示的那样，安装好实验装置，将斜槽AB固定在桌边， 使槽的末端点的切线水平。 将一斜面BC连接在斜槽末端； C. 先不放小球，让小球从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置； D. 将小球放在斜槽前端边缘上，让小球从斜槽顶端A处滚下，使它们发生碰撞，记下小 球和小球在斜面上的落点位置； E. 用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离。图中D、E、F点是该同学记下的 小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为、。 根据该同学的实验，请你回答下列问题： (1) 小球与发生碰撞后，的落点是图中的_点，的落点是图中的_点。 (2) 用测得的物理量来表示，只

24、要满足关系式_，则说明碰撞中动量是守恒的。 (3) 用测得的物理量来表示，只要再满足关系式_，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞。 【答案】（1） D 和 F （2） （3）或 【解析】 试题分析：（1）小球从斜槽顶端A处由静止开始滚下，的落点在图中的E点， （2）碰撞前，小于落在图中的E点，设其水平初速度为小球和发生碰撞后，的 落点在图中的D点，设其水平初速度为，的落点是图中的F 点，设其水平初速度为设 斜面 BC与水平面的倾角为，由平抛运动规律得：，解得： ， 同理可解得：， 所以只要满足 即：则说明两球碰撞过程中动量守恒； （3）若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失则要满足关系式

25、 ，即 考点：验证动量守恒定律 【名师点睛】要明确两小球发生弹性碰撞的规律是：满足动量守恒定律、碰后能量不能大于 碰前的能量、不能发生第二次碰撞； 14. 某高一同学寒假时，在教材中查到木质材料与金属材料间的动摩擦因数为，为了准确验 证这个数据，他设计了一个实验方案，如图甲所示，图中长铝合金板水平固定 (1) 下列哪些操作是必要的_ A. 调整定滑轮高度，使细绳与水平铝合金板平行 B. 将铝合金板垫起一个角度 C. 选尽量光滑的滑轮 D. 砝码的质量远小于木块的质量 (2) 如图乙所示为木块在水平铝合金板上带动纸带运动时打出的一条纸带，测量数据如图乙所 示，则木块加速度大小_电火花计时器接在频

26、率为50Hz的交流电源， 结果保留2 位有效数字 (3) 该同学在实验报告中，将测量原理写为：根据，得其中M为木块 的质量，m为砝码盘和砝码的总质量，a为木块的加速度，重力加速度为判断该同学的做法 是否正确，如不正确，请写出的正确表达式：_ (4) 若，则可测得_取，保留 2 位有效数字 【答案】(1). AC (2). 3.0 (3). (4). 0.18 【解析】 （1）实验过程中，电火花计时器应接在频率为50Hz 的交流电源上，调整定滑轮高度，使细 线与长木板平行，同时选尽量光滑的滑轮，这样摩擦阻力只有木块与木板之间的摩擦力，故 AC是必要 ; 本实验测动摩擦因数，不需要平衡摩擦力，B项

27、不必要；本实验没要求砝码的重力 大小为木块受到的拉力大小，D 项不必要。选AC （2）由纸带可知，两个计数点的时间 ，根据推论公式，得 . （3）对 M 、m组成的 系统，由牛顿第二定律得：， 解得， （4） 将， ，代入，解得：. 【点睛】依据实验原理，结合实际操作，即可判定求解；根据逐差法，运用相邻相等时间内 的位移之差是一恒量求出加速度的大小；对系统研究，运用牛顿第二定律求出动摩擦因数的 表达式，代入数据求出其大小. 四、计算题 15. 如图所示， 一足够长的固定斜面倾角， 两物块 A、 B的质量、分别为 1kg 和 2kg， 它们与斜面之间的动摩擦因数均为两物块之间的轻绳长，作用在B上

28、沿斜面向 上的力 F 逐渐增大，使A、B一起由静止开始沿斜面向上运动，g 取 (1) 当作用在物块B桑的拉力 F 达到 42N时，连接物块A、B之间的轻绳恰好被拉断，求该轻 绳能承受的最大拉力； (2) 若连接物块A 、B之间的轻绳恰好被拉断瞬间A、B的速度均为，轻绳断裂后作用在B 物块上的外力不变，求当A运动到最高点时，物块A、B之间的距离。 【答案】 (1) 14N (2) 11m 【解析】 【分析】 (1) 对整体，根据牛顿第二定律求出加速度大小，再隔离对B分析，根据牛顿第二定律求出绳 子的承受力 . (2) 根据牛顿第二定律求出绳断后A、B的加速度，结合速度时间公式求出A速度减为零的时

29、 间，从而求出这段时间内A、B的位移，根据位移关系求出A、B间的距离 . 【详解】 (1) 对AB整体受力分析，由牛顿第二定律得： 代入数据解得: 对B物体受力分析，由牛顿第二定律得： 代入数据解得： 细线断裂后，对A物体受力分析，由牛顿第二定律得： 代入数据解得： 由运动学公式有： 解得： 由运动学有： 细线断裂后，对B物体受力分析，由牛顿第二定律得： 代入数据解得： 由运动学公式有： 代入数据解得： 由题意可知，当A运动到最高点时，物体AB间的距离为： 【点睛】本题应用牛顿定律解决两类基本问题为命题背景考查学生的推理能力和分析综合能 力，关键理清物体的运动情况，再结合牛顿第二定律和运动学公

30、式进行求解. 16. 在竖直平面内有一个半圆形轨道ABC ，半径为 R，如图所示， A、 C两点的连线水平，B点 为轨道最低点其中 AB部分是光滑的， BC部分是粗糙的有一个质量为m的乙物体静止在B处， 另一个质量为2m的甲物体从A点无初速度释放， 甲物体运动到轨道最低点与乙物体发生碰撞， 碰撞时间极短，碰撞后结合成一个整体，甲乙构成的整体滑上BC轨道，最高运动到D点， OD 与 OB连线的夹角甲、乙两物体可以看作质点，重力加速度为g，求： (1) 甲物与乙物体碰撞过程中，甲物体受到的冲量 (2) 甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，甲乙构成的整体对轨道最低点的压力 (3) 甲乙构成的整体从B运动到

31、D的过程中，摩擦力对其做的功 【答案】 (1)，方向水平向右(2) 压力大小为：，方向竖直向下(3)Wf= 【解析】 【分析】 (1) 先研究甲物体从A点下滑到B点的过程，根据机械能守恒定律求出A刚下滑到B点时的速 度，再由动量守恒定律求出碰撞后甲乙的共同速度，即可对甲，运用动量定理求甲物与乙物 体碰撞过程中，甲物体受到的冲量 (2) 甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，对于甲乙构成的整体，由牛顿第二定律求出轨道对整体的 支持力，再由牛顿第三定律求得整体对轨道最低点的压力 (3) 甲乙构成的整体从B运动到D的过程中，运用动量定理求摩擦力对其做的功 【详解】甲物体从A点下滑到B点的过程， 根据机械能守恒

32、定律得：， 解得：， 甲乙碰撞过程系统动量守恒，取向左方向为正，根据动量守恒定律得： ， 解得：， 甲物与乙物体碰撞过程，对甲， 由动量定理得：，方向： 水平向右； 甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，对甲乙构成的整体， 由牛顿第二定律得：， 解得：， 根据牛顿第三定律，对轨道的压力，方向：竖直向下； 对整体，从B到D过程，由动能定理得： 解得，摩擦力对整体做的功为：； 【点睛】解决本题的关键按时间顺序分析清楚物体的运动情况，把握每个过程的物理规律， 知道碰撞的基本规律是动量守恒定律摩擦力是阻力， 运用动能定理是求变力做功常用的方法 17. 如图甲所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为UAB 11

33、25V，板中央有小孔O和O. 现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间在B板右侧，平行金属板M、N 长L1410 2m ，板间距离 d410 3m ，在距离 M、N右侧边缘L20.1m 处有一荧光屏P，当 M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O点并发出荧光现给金 属板M、N之间加一个如图乙所示的变化电压u，M板电势低于N板 已知电子质量为me9.0 10 31kg，电荷量为 e1.6 10 19C. ( 每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平 行板的过程中电压是不变的) (1) 每个电子从B板上的小孔O射出时的速度多大？ (2) 电子打在荧光屏上

34、的范围是多少？ (3) 打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？ 【答案】（1）（ 2），方向竖直向下； （3）1.8210 -16J 【解析】 试题分析：（1）电子经A、B两块金属板加速，有： 得 （2）电子通过极板的时间为t=L1/v0=210 -9 s，远小于电压变化的周期，故电子通过极板时可 认为板间电压不变。 当时，电子经过MN极板向下的偏移量最大，为 y1d，说明所有的电子都可以飞出M 、N 此时电子在竖直方向的速度大小为 电子射出极板MN 后到达荧光屏P的时间为： 电子射出极板MN 后到达荧光屏P的偏移量为： 电子打在荧光屏P上的总偏移量为：，方向竖直向下 （3）当 u=22 5V时，电子飞出电场的动能最大， EK=18210 -16J 考点：带电粒子在电场中的运动