浙江省宁波市奉化区2022-2023学年高一物理下学期期末考试试题（Word版附解析）

奉化区2022学年第二学期高一物理期末考试卷考生注意：1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3.可能用到的相关公式或参数：重力加速度g均取10m/s2.第I卷（选择题）一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.从能的角度描述电场的物理量及其单位正确的是（　　）A.电场强度N/cB.电势能JC.电势差J/sD.电势J/c【答案】D【解析】【详解】从能的角度描述电场的物理量是电势，公式为其单位为J/c。故选D。2.以下运动中，加速度发生变化的是（　　）A.匀减速直线运动B.平抛运动C.匀速圆周运动D.电子在匀强电场中的偏转【答案】C【解析】【详解】A．匀减速直线运动的速度均匀减小，则加速度恒定，与初速度方向相反，故A不符合题意；B．平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，加速度是重力加速度，大小和方向都是不变的，故B不符合题意；C．匀速度圆周运动的向心加速度是指向圆心的，大小不变但是方向时刻在变，故C符合题意；D．电子在匀强电场中，所受合力大小、方向恒定，加速度不变，故D不符合题意。 故选C。3.物理学起始于伽利略和牛顿的年代，它已经成为一门有众多分支的基础科学。物理学是一门实验科学，也是一门崇尚理性、重视逻辑推理的科学。前辈设计了如图所示的实验装置，下列说法正确的是（　　）A.牛顿利用该仪器研究物体间的引力，并发现了万有引力定律B.图中A、C两球因吸引而靠近，卡文迪什用此扭秤装置比较准确地测量了万有引力常量C.库仑用此扭秤装置研究两个带电体之间的作用力，并发现了库仑定律D.库仑用带电小球C和不带电小球A接触，使两者带上等量异种电荷【答案】C【解析】【详解】A．该实验装置为库伦扭秤实验装置，牛顿不是用此装置发现万有引力定律，故A错误；B．该实验装置为库伦扭秤实验装置，不是卡文迪许的扭秤实验装置，故B错误；C．该实验装置为库伦扭秤实验装置，库仑用此扭秤装置研究两个带电体之间的作用力，并发现了库仑定律，故C正确；D．带电小球C和不带电小球A接触，使两者带上等量同种电荷，故D错误。故选C。4.以下四种情境中，不计空气阻力，加有着重符号的物体不是处于完全失重的是（　　）A.在空间站中释放兔子玩偶贺新年，兔子玩偶随着空间站在高空做高速绕行时B.小女孩在荡秋千的过程中，到达最低点时C.赛车在通过拱形桥面，由于速度过大而飞离桥面时D.开有小孔的矿泉水瓶自由下落过程中，里面的水不再从瓶中流出时【答案】B 【解析】【详解】A．空间站中的物体，绕地球做匀速圆周运动，万有引力全部提供向心力，处于完全失重状态，故选项A错误；B．女孩在荡秋千的过程中，到达最低点时，加速度向上，处于超重状态，故选项B正确；C．赛车在通过拱形桥面，由于速度过大而飞离桥面时，赛车的加速度向下，处于失重状态，故选项C错误；D．矿泉水瓶自由下落过程中，水处于完全失重状态，故选项D错误。故选B。5.以P点为圆心，半径为R的部分圆或整个圆周上有电荷分布。如图所示，甲图为电荷均匀分布在四分之一的圆周；乙图为电荷均匀分布在半圆周；丙图为电荷均匀分布在四分之三的圆周；丁图为电荷均匀分布在整个圆周。四种情境中，电荷在P点产生的场强分别为、、和，关于电场强度大小排列正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】由图甲可知，电荷均匀分布在四分之一的圆周上，设圆的半径为，根据电场的叠加原理知，在点所产生的电场强度的大小为同理，图乙电荷均匀分布在半圆周上，根据电场的叠加原理知，在点所产生的电场强度的大小为图丙电荷均匀分布在四分之三的圆周上，根据电场的叠加原理知，在点所产生的电场强度的大小为图丁电荷均匀分布在整个圆周上，根据电场的叠加原理知，在点所产生的电场强度的大小为 综上所述，电场强度大小排列为故选C。6.以下是小科同学对教材中四个图形的理解，说法正确的是（　　）A.甲图用于感受向心力的大小，图中绳和小沙袋不可能在同一个水平面B.乙图展示的电场线相互平行，但不等距，为一类特殊的非匀强电场C.丙图用于展示平行金属板间的电场线分布，以证实电场线的客观存在D.丁图展示了点电荷周围等势面的分布图，等势面为同心圆且间距相等，UAB=UBC【答案】A【解析】【详解】A．甲图用于感受向心力的大小，沙袋受重力和绳子拉力的合力提供向心力，所以图中绳和小沙袋不可能在同一个水平面，故A正确；B．乙图展示的电场线相互平行，但不等距，不存在这样的电场，故B错误；C．丙图用于展示平行金属板间的电场线分布，以证实电场的客观存在，故C错误；D．丁图展示了点电荷周围等势面的分布图，等势面为同心圆且间距相等，由于电场强度大小不等，所以，故D错误。故选A。7.圆周运动是一种常见的运动形式，在生活中有着广泛的应用。图甲是传统手机震动器，由一个微型的电动机加上一个偏心轮组成，图乙是偏心轮示意图。图丙是医用离心机，图丁是离心机处理血液的示意图。关于传统手机震动器和医用离心机，下列说法正确的是（　　）A.震动器中的偏心轮如果采用整个圆盘，会有更大的震动效果，但较费耗材B.震动器中的偏心轮转动速度越大，轮轴所承受的作用力反而减小 C.离心机在运行的过程中，图丁试管中近端A和远端B两点的线速度大小相等D.借助离心机，医务人员可以分离血液，提取所需的物质【答案】D【解析】【详解】A．震动器中的偏心轮如果采用整个圆盘，会绕轴做圆周运动，震动效果会更小，故A错误；B．震动器中偏心轮转动速度越大，需要轮轴提供的向心力越大，轮轴所承受的作用力会增加，故B错误；C．离心机在运行的过程中，图丁试管中近端A和远端B两点的角速度大小相等，故C错误；D．借助离心机，医务人员可以分离血液，提取所需的物质，故D正确。故选D。8.2023年第一季度，我国已成功发射七颗卫星。如果将其中一颗轨道半径为r的卫星，调整至2r的轨道绕地运行，则（　　）A.根据公式v=ωr可知，卫星线速度增大到原来的2倍B.根据公式a＝可知，卫星的向心加速度减小到原来的C.根据公式F＝m可知，卫星的向心力减小到原来的D.根据公式F＝G可知，卫星的向心力减小到原来的【答案】D【解析】【详解】AB．根据牛顿第二定律有解得可知如果将其中一颗轨道半径为r的卫星，调整至2r的轨道绕地运行，卫星的线速度减小原来的倍，卫星的向心加速度减小到原来的，故AB错误；CD．天上的卫星有万有引力提供向心力，根据万有引力公式 F＝G可知，将其中一颗轨道半径为r的卫星，调整至2r的轨道绕地运行，卫星的向心力减小到原来的，故C错误，D正确。故选D。9.2022年11月12日，天舟五号货运飞船仅用2小时便顺利实现了与中国空间站天和核心舱的交会对接。对接前后，天和核心舱的轨道未发生变化。对接货运飞船后的空间站与单独运行时的核心舱相比（　　）A.线速度变小B.加速度变小C.周期变大D.动能变大【答案】D【解析】【详解】根据万有引力提供向心力有对接前后，天和核心舱的轨道未发生变化，则核心舱的线速度，加速度，周期均不变，由于对接后质量变大，根据动能的公式可知动能变大。故选D。10.天和舱用于空间站的统一管理，有3个对接口和2个停泊口。停泊口用于和问天舱、梦天舱组装形成空间站组合体；对接口用于神舟飞船、天舟飞船及其他飞行器访问空间站。神舟十五号对接前，飞船沿圆轨道I运行，核心舱在距地面约400Km高度的轨道Ⅱ运行。飞船从轨道I到达轨道Ⅱ与核心舱完成对接，对接后共同沿轨道Ⅱ运行。下列说法正确的是（　　） A.核心舱运行速率大于7.9km/sB.飞船在轨道I的线速度大于核心舱的线速度，飞船从轨道I欲到轨道Ⅱ，需提速C.空间站里面的宇航员处于微重力环境，可视为完全失重状态，不受地球的引力D.对接前，飞船与地心的连线和核心舱与地心的连线在相同时间内扫过的面积相同【答案】B【解析】【详解】A．第一宇宙速度是最大的运行速度，所以核心舱运行速率小于7.9km/s，故A错误；B．根据牛顿第二定律有解得可知飞船在轨道I的轨道半径小于核心舱的轨道半径，所以飞船在轨道I的线速度大于核心舱的线速度，飞船从轨道I欲到轨道Ⅱ，需提速使飞船做离心运动，故B正确；C．空间站里面的宇航员处于微重力环境，可视为完全失重状态，仅受地球的引力，故C错误；D．根据开普勒第二定律可知，同一轨道上与地心的连线在相同的时间内扫过的面积相等，所以对接前，飞船与地心的连线和核心舱与地心的连线在相同时间内扫过的面积不相同，故D错误。故选B。11.在载人飞船与空间站实现对接后，于2022年11月30日，神舟十五号航天员与十四号航天员在空间站“太空会师”。载人空间站绕地运动可视为匀速圆周运动，已知空间站距地面高度为h，运行周期为T，地球半径为R。忽略地球自转，则（　　）A.地球表面重力加速度为B.地球的质量可表示为C.空间站的角速度大小等于D.空间站的向心加速度大小为【答案】A 【解析】【详解】AB．地球表面有空间站，由牛顿第二定律有解得联立解得地球表面重力加速度为故A正确，B错误；C．空间站的角速度大小为故C错误；D．空间站的向心加速度大小为故D错误。故选A。12.十四五期间，奉化加快推进宁奉城际南延工程，重点谋划9号线、13号线和环湾线，实现奉化城区和溪口与宁波城区的轨交直达。假定动车在某段路面启动后沿平直轨道行驶，发动机的功率恒为P，行驶过程中阻力恒定。已知动车的质量为m，最高行驶速度vm。下列说法正确的是（　　）A.行驶过程中动车受到的阻力大小为PvmB.当动车的速度为时，动车的加速度大小为C.从启动到速度为vm的过程中，加速度恒等于D.从启动到速度为vm的过程中，动车牵引力所做的功为 【答案】B【解析】【详解】A．当牵引力与阻力大小相等时动车的速度最大，则解得行驶过程中动车受到的阻力大小为故A错误；B．当动车的速度为时，牵引力大小为由牛顿第二定律得解得动车的加速度大小为故B正确；C．由、，可知在恒功率加速过程中，牵引力逐渐减小，因此从启动到速度为vm的过程中，加速度逐渐减小，故C错误；D．从启动到速度为vm的过程中，由动能定理可知由于牵引力做正功，阻力做负功，所以动车牵引力所做的功大于，故D错误。故选B。13.将一个质量为m的小球斜方向抛出，抛出时具有动能为Ek，不计空气阻力。当小球到达最大高度h时，其动能为。则当小球到达处时，其速度大小为（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【详解】小球从抛出到小球到达最大高度h时，由动能定理得小球从抛出到小球到达时，设小球的速度大小为，由动能定理得解得故选C。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14.关于教材《静电的防止与应用》中的四副插图，下列说法正确的是（　　）A.图甲是静电释放器，给汽车加油前用手触摸一下，其目的是导走加油枪上的静电B.图乙是避雷针，金属棒上感应的电荷通过放电中和云层的电荷，避免高楼被雷击C.图丙是静电除尘器，带电粉尘被吸附到极板上，最后在重力作用下被收集D.图丁是话筒线，其外围有金属网包裹，金属网的作用是强化线的硬度，避免折损【答案】BC【解析】【详解】A．图甲给汽车加油前要触摸一下静电释放器，其目的是导走人身上的静电，故A错误；B．带电云层靠近建筑物时，避雷针会产生感应电荷，尖端放电，逐渐中和云层中的电荷，同时将云层中的电荷通过导线导入大地，使建筑物避免遭到雷击，故B正确；C．图丙是静电除尘器，带电粉尘被吸附到极板上，最后在重力作用下被收集，故C正确；D．金属网能产生静电屏蔽作用，两条优质的话筒线外面包裹着金属网应用了静电屏蔽的原理，故D错误。故选BC。15. 科学理论既具有相对稳定性，又是不断发展的，人类对自然的探索永无止境。以下研究的过程中，说法正确的是（　　）A.甲图说明光到达车厢前后壁时间的不同，感受牛顿力学在高速世界与事实的矛盾，引发相对论、量子论的研究，进而推翻了牛顿力学B.乙图定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计，B和A在轻绳的牵引下，组成的系统机械能守恒。寻求“守恒量”已成为物理学研究的一种重要思想方法C.丙图中一个半径为R的均匀带电球体（或球壳）在球的外部产生的电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同，追寻效果相等，简化研究过程D.丁图中a、b位于地图上的同一等高线上，a点较为平坦，b点更陡。从等高线到等势线，通过类比研究的方式理解电势随空间位置变化越快，则该处的电场强度越大【答案】BCD【解析】【详解】A．相对论时空观和量子力学没有否定牛顿力学，只是证明了牛顿力学的局限性，故A错误；B．乙图定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计，B和A在轻绳的牵引下，组成的系统机械能守恒。寻求“守恒量”已成为物理学研究的一种重要思想方法，故B正确；C．丙图中一个半径为R的均匀带电球体（或球壳）在球的外部产生的电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同，追寻效果相等，简化研究过程，故C正确；D．丁图中a、b位于地图上的同一等高线上，a点较为平坦，b 点更陡。从等高线到等势线，通过类比研究的方式理解电势随空间位置变化越快，则该处的电场强度越大，故D正确。故选BCD。第Ⅱ卷非选择题部分三、非选择题（本题共6小题，共55分）16.小理同学利用如图甲所示装置完成“验证机械能守恒定律”的实验。（1）关于本实验，下列说法正确的______A.计时器使用220V交流电可以判定该计时器为电火花打点计时器B.选择的纸带越短，阻力做功的影响会越小，实验效果越好C.图中手持纸带位置应靠近打点计时器，有利于纸带下落的稳定性D.为获取清晰的点迹，小理应先释放纸带，再开打点计时器（2）小理选用的重锤质量为0.1kg，通过规范的操作得到如图所示的纸带（后方的纸带略），并标记如图所示的计时点，四个标记点与“0”点间的距离图中已标注，单位是cm，重力加速度g取9.8m/s2，小理根据所学求得标记为“7”时刻的物体动能Ek=_____J（保留三位有效数字）。（3）同组小科发现标记点“0”到“7”重力势能的减少量ΔEp=0.0902J，大于小理计算的第“7”点时刻的物体动能Ek，其他点迹计算的结果也有类似情况。同时，小科观察到“0”到“1”的距离0.35cm，远大于0.20cm，小科向小理提出此条纸带作废的建议。在测量纸带标记点4、5、9、10……等更多数据的情况下，你认为小理___（选填“可以”或“不可以”）利用该纸带，验证机械能守恒定律。（4）课后小理温习了“向心力演示仪探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”。甲为说明书上的图形。乙为某次实验的俯视图，俯视图左侧变速塔轮由小到大分别为1、2和3 ，右侧变速塔轮由小到大分别为4、5和6，其中1和6两个塔轮的半径相同。如乙图所示，皮带已扣住变速塔轮1，根据两小球所放位置，在正确的实验操作下，以下说法正确的是___A.皮带应扣住变速塔轮4，选择不同质量的小球，实验时左右标尺露出标记比1：1B.皮带应扣住变速塔轮4，选择相同质量的小球，实验时左右标尺露出标记比2：1C.皮带应扣住变速塔轮6，选择不同质量的小球，实验时左右标尺露出标记比1：1D.皮带应扣住变速塔轮6，选择相同质量的小球，实验时左右标尺露出标记比2：1【答案】①.A②.0.0845③.可以④.D【解析】【详解】（1）[1]A．计时器使用220V交流电可以判定该计时器为电火花打点计时器，故A正确；B．实验中摩擦是不可避免的，纸带越短，克服摩擦力做的功就越少，但是通过测量长度来求出变化的高度与瞬时速度，因为纸带太短导致误差就越大，故纸带不是越短越好，故B错误；C．手持纸带保持竖直方向，使重物静止在靠近打点计时器的地方，手持纸带位置应在纸带上端，有利于纸带下落的稳定性，减小纸带与打点计时器间的摩擦力，故C错误；D．为获取清晰的点迹，小理应先开打点计时器，再释放纸带，故D错误。故选A。（2）[2]标记为“7”时刻物体的速度标记为“7”时刻的物体动能（3）[3]由于实验过程中存在阻力影响，标记点“0”到“7”重力势能的减少量大于计算的第“7”点时刻的物体动能，在误差允许范围内，可以认为机械能守恒，因此可以认为小理可以利用该纸带，验证机械能守恒定律。（4）[4]图中两球做圆周运动的轨道半径不等，实验中要探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，两小球的质量应该相等、角速度相等，故皮带应扣住变速塔轮6，选择相同质量的小球，小球a的轨道半径大，所需向心力大，标尺露出标记多，故ABC错误，D正确。 故选D。17.小理同学利用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象，图乙是毫安表表头。（1）小理先将单刀双抛开关打到1位置，发现毫安表指针向右偏转，电容器开始充电，充电电流逐渐变____，此时电容器的上极板带____；再将开关打到2位置，发现毫安表指针向____偏转，电容器开始放电，放电电流逐渐变小。以上三空格，判断正确的是_______A.大、正、右B.小、正、左C.大、负、右D.小、负、左（2）小理同学将放电过程所获得的数据绘制成图丙中的a图线（图中实线）。再通过调节电阻箱，增大电阻R，重复电容器的冲、放电过程，再收集放电电流的数据，将得到图丙中的_____曲线（选填“b”或“c”）。小理同学通过观察图像中的______（选填“截距”、“斜率”或“面积”），认为在误差允许的范围内，控制充电电压不变，改变电路中的电阻，不会影响电容器放电的电荷量。（3）在“观察电容器的充、放电现象”实验中，以下观点错误的是______A.在ef之间增加一个微型直流小风扇，可以展示电容器是储能元件B.更换电容C值更小的电容器，在电源电压不变的情况下，电容器放电时释放的电荷量仍不变C.将电源电压增大，且不超过电容器的耐压，可以增大电容器放电时释放的电荷量D.将变阻箱转移动mn之间，可以减少电容器的充电时间【答案】①.B②.③.面积④.B【解析】【详解】（1）[1]小理先将单刀双抛开关打到1位置，发现毫安表指针向右偏转，电容器开始充电，充电电流逐渐变小，此时电容器的上极板与电源正极相连，带正电；再将开关打到2位置，电容器放电，通过电容器的电流方向相反，毫安表指针向左偏转，放电电流逐渐变小。故选B。（2）[2]增大电阻R，电容器放电时间延长，对应图中的c曲线；[3]图中电流-时间图像与坐标轴围成的面积表示电容器的放电量，所以小理同学通过观察图像中的面积，认为在误差允许的范围内，控制充电电压不变，改变电路中的电阻，不会影响电容器放电的电荷量。（3）[4]A．在ef 之间增加一个微型直流小风扇，电容器放电时，小风扇工作，可以展示电容器是储能元件，故A正确，不符合题意；B．更换电容C值更小的电容器，在电源电压不变的情况下，由，可知电容器的带电量减少，电容器放电时释放的电荷量减少，故B错误，符合题意；C．将电源电压增大，且不超过电容器的耐压，由，可知电容器充电后，带电量增大，可以增大电容器放电时释放的电荷量，故C正确，不符合题意；D．将变阻箱转移动mn之间，可知增大电容器充电电流，可以减少电容器的充电时间，故D正确，不符合题意。故选B。18.如图所示，绝缘水平面上静止着两个完全一样的带电体，可视为点电荷。质量均为m、电荷量均为+Q，与水平面间的动摩擦因数均为μ，它们间的距离为r。重力加速度为g，静电力常量为k。（1）求A所受摩擦力的大小和方向；（2）将一个带电量为－7Q，完全一样的带电体C先接触A，再接触B，求取走C后A、B两者的带电量，以及A、B两者之间的库仑力。（整个过程中，A、B始终处于静止状态）【答案】（1），水平向右；（2）－3Q，－Q，【解析】【详解】（1）相对地面静止，为静摩擦力，A水平方向受力平衡，所以有方向水平向右；（2）根据接触起电的电荷均分原理可知取走C后A的带电量是－3Q；取走C后B的带电量是－Q，则19.调速器可用来控制电动机的转速，其结构如图所示。圆筒状的外壳固定不动，中心转轴随电动机旋转，轴上两侧各有一轻质细杆，其上端与中心转轴链接，下端各有一个质量为m=1.0kg的摆锤，两细杆与中心转轴恒在同一平面，且此平面随中心转轴旋转时，细杆可以自由张开或合拢。当张角θ=45°时，摆锤恰好与外壳接触；当转速足够大时，摆锤会贴紧外壳，并对外壳施力，通过传感器传递电动机转速过大的信息。已知外壳的内径为r=0.40m，重力加速度g=10m/s2。（1）当摆锤恰好与外壳接触时，求中心转轴的角速度； （2）当中心转轴以角速度ω=6rad/s旋转时，求任一摆锤对外壳施加压力的大小；（3）若摆锤和外壳之间的动摩擦因数μ=0.25，当中心转轴的角速度维持ω=6rad/s时，求两个摆锤克服摩擦做功的功率。【答案】（1）5rad/s；（2）4.4N；（3）5.28W【解析】【详解】（1）当摆锤恰好与外壳接触时，中心转轴的角速度为ω0，设轻杆对摆锤的拉力为F，竖直方向有F0cos45°=mg水平方向有F0sin45°=解得ω0=5rad/s（2）当中心转轴以角速度ω=6rad/s旋转时，设轻杆对摆锤的拉力为F，外壳对摆锤的压力为N。竖直方向有Fcos45°=mg水平方向有Fsin45°+N=mrω2解得N′=4.4N有牛顿第三定律，摆锤对外壳的压力N′=4.4N（3）当中心转轴的角速度维持ω=6rad/s时，摆锤受到的摩擦力为f=μN中心转轴旋转一周，摆锤克服摩擦力做功W=f·2πr两个摆锤克服摩擦力做功的功率 而解得P=5.28W另解：当中心转轴的角速度维持ω=6rad/s时，摆锤受到的摩擦力为f=μN中心转轴旋转一周，两个摆锤克服摩擦力做功的功率P=2fvv=ωr解得P=528W20.如图所示，AB为一固定在水平面上的半圆形细圆管轨道，轨道内壁粗糙，轨道半径为R且远大于细管的内径，轨道底端与水平轨道BC相切于B点。水平轨道BC长为2R，右侧为一固定在水平面上的粗糙斜面，一质量为m，可视为质点的物块从圆管轨道顶端A点以初速度v0＝水平射入圆管轨道，运动到B点时对轨道的压力大小为自身重力的5倍。物块自水平面经过C点走向斜面，速度大小不发生变化。物块与轨道BC及斜面的动摩擦因数均为μ＝0.5.斜面CD长度为3R，倾角为θ＝37°。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g。求：（1）物块在B点的速度大小；（2）物块从A点到B点的过程中，阻力所做的功；（3）物块最终停留的位置。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）根据题意B点有FN＝FN′＝5mg 由牛顿第二定律有FN－mg＝m解得vB＝2（2）A到B点的过程，由动能定理2mgR＋Wf＝－mv02得Wf＝－mgR（3）设沿斜面上升的最大位移为x，B点到最高点，由动能定理－μmgR－mgxsinθ－Ff·x＝0－其中Ff＝μmgcosθ解得x＝R因μmgcosθ<mgsinθ，故物块在速度减为零后不会停在斜面，设物体在BC水平面再滑行l停下mgRsinθ－Ffx－μmgl＝0－0解得l＝0.4R停留在C点左侧0.4R处。21.如图甲所示，空间直角坐标系Oxyz中，有一边长为L的正方体区域，其中顶点a、b′、d′在坐标轴上。在平面Oabb′中心K点放置一装备，能沿各个方向发射电子。不考虑电子之间的相互作用。电子的质量为m，电子的电荷量为e。（1）为了使初速度为v0，且平行x轴发射的电子不能到达平面dcc′d′，可在该空间范围内增加沿x轴方向的匀强电场，求该电场电场强度的最小值和方向；（2）为了使初速度为v0，且平行x轴发射的电子不能到达平面dcc′d′，也可在该空间范围内增加垂直于x轴方向的匀强电场，求该电场电场强度的最小值；（3）如图乙所示，K′位于K正对面，虚线框平行于xy平面。电子以初速v0，且与KK′连线夹角为θ发射，在空间范围内增加垂直于x轴且和v0在同一个平面的匀强电场，该电子会从K′ 小孔离开，达到速度选择的功能。求该电子具有最大电势能时所在位置的电势。已知K所在位置为零势点。【答案】（1）水平向右，；（2）；（3）【解析】【详解】（1）电子受力水平向左，电场水平向右，由动能定理－EeL=0－解得E=（2）根据类平抛运动规律可知x轴方向有L=t垂直于x轴方向有其中解得（3）到达最高点M时，具有最大的电势能Ep，根据动能定理有 得