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湖北省襄阳市保康一中2022届高三物理上学期期中试题含解析

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2022-2022学年湖北省襄阳市保康一中高三(上)期中物理试卷一、选择题(本大题共10小题,每题4分,共计40分)1.能源是社会发展的基础.下列关于能量守恒和能源的说法正确的是()A.能量是守恒的,能源是取之不尽、用之不竭的B.能量的耗散反映了能量是不守恒的C.开发新能源,是缓解能源危机的重要途径D.对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减小,形成“能源危机”2.关于热力学定律,下列说法正确的是()A.功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程B.对某物体做功,必定会使该物体的内能增加C.可以从单一热源吸收热量,使之完全变为功D.不可能使热量从低温物体传向高温物体3.对于一定量的理想气体,下列说法正确的是()A.若气体的压强和体积都不变,其内能也一定不变B.若气体的内能不变,其状态也一定不变C.若气体的温度随时间不段升高,其压强也一定不断增大D.气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关4.用显微镜观察水中的花粉,追踪某一个花粉颗粒,每隔10s记下它的位置,得到了a、b、c、d、e、f、g等点,再用直线依次连接这些点,如图所示,则下列说法中正确的是()A.这些点连接的折线就是这一花粉颗粒运动的径迹B.它说明花粉颗粒做无规则运动C.在这六段时间内花粉颗粒运动的平均速度大小相等D.从a点计时,经36s,花粉颗粒可能不在de连线上5.对于液体和固体(不计分子间的空隙),若用M表示摩尔质量,m0表示分子质量,ρ表示物质密度,V表示摩尔体积,v0表示单个分子的体积,N表示阿伏伽德罗常数,则下列关系中正确的是()A.N=B.N=C.N=D.M=ρV6.用内径很细的玻璃管做成的水银气压计,其读数比实际气压()A.偏高B.偏低C.相同D.无法判断-15-\n7.下列说法正确的是()A.各种固体都有一定的熔点和凝固点B.液体表面层中分子间距小于液体内部分子间距C.液体的表面张力是由于液体分子间的相互作用引起的D.如果把0℃的冰放到0℃的房间里,冰可能熔化,也可能不熔化8.关于液晶下列说法正确的是()A.液晶是液体和晶体的混合物B.液晶分子在特定方向排列比较整齐,但不稳定C.液晶是一种特殊的物质,具有光学的各向同性D.所有物质在一定条件下都能成为液晶9.清晨,草叶上的露珠是由空气中的水汽凝结成的水珠.这一物理过程中,水分子间的()A.引力消失,斥力增大B.斥力消失,引力增大C.引力斥力都减小D.引力斥力都增大10.如图所示,两个接触面平滑的铅柱压紧后悬挂起来,下面的铅柱不脱落,主要原因是()A.铅分子做无规则热运动B.铅柱受到大气压力作用C.铅柱间存在万有引力作用D.铅柱间存在分子引力作用二、实验题11.为研究无线传输电能,某科研小组在实验室试制了无线电能传输装置,在短距离内点亮了灯泡,如图实验测得,接在乙线圈上的用电器获得的电能为输入甲线圈电能的35%.①若用该装置给充电功率为10W的电波充电,则损失的功率为__________W.②若把甲线接入电压为220V的电源,测得该线圈中的电流为0.195A.这时,接在乙线圈上的灯泡恰能正常发光,则此灯泡的功率为__________W.12.(16分)小明通过实验验证力的平行四边形定则.-15-\n(1)实验记录纸题图1所示,O点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置,两弹簧测力计共同作用时,拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点;一个弹簧测力计拉橡皮筋时,拉力F3的方向过P3点.三个力的大小分别为:F1=3.30N、F2=3.85N和F3=4.25N.请根据图中给出的标度作图求出F1和F2的合力.(2)仔细分析实验,小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化,影响实验结果.他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度,发现读数不相同,于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响.实验装置如图2所示,将一张白纸固定在竖直放置的木板上,橡皮筋的上端固定于O点,下端N挂一重物.用与白纸平行的水平力缓慢地移动N,在白纸上记录下N的轨迹.重复上述过程,再次记录下N的轨迹.两次实验记录的轨迹如图3所示,过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点,则实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受拉力Fa、Fb的大小关系为__________.(3)根据(2)中的实验,可以得出的实验结果有哪些?__________(填写选项前的字母)A.橡皮筋的长度与受到的拉力成正比B.两次受到的拉力相同时,橡皮筋第2次的长度较长C.两次被拉伸到相同长度时,橡皮筋第2次受到的拉力较大D.两次受到的拉力相同时,拉力越大,橡皮筋两次的长度之差越大(4)根据小明的上述实验探究,请对验证力的平行四边形定则实验提出两点注意事项.__________.三、计算题(38分)13.(18分)如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图.在xOy平面的第一象限,存在以x轴、y轴及双曲线y=的一段(0≤x≤L,0≤y≤L)为边界的匀强电场区域Ⅰ;在第二象限存在以x=﹣L、x=﹣2L、y=0、y=L的匀强电场区域Ⅱ.两个电场大小均为E,不计电子所受重力,电子的电荷量为e,求:(1)从电场区域Ⅰ的边界B点处由静止释放电子,电子离开MNPQ时的坐标;(2)由电场区域Ⅰ的AB曲线边界由静止释放电子离开MNPQ的最小动能.-15-\n14.如图所示,在MN左侧有相距为d的两块正对的平行金属板P、Q,板长,两板带等量异种电荷,上极板带负电.在MN右侧存在垂直于纸面的矩形匀强磁场(图中未画出),其左边界和下边界分别与MN、AA’重合(边界上有磁场).现有一带电粒子以初速度v0沿两板中央OO′射入,并恰好从下极板边缘射出,又经过在矩形有界磁场中的偏转,最终垂直于MN从A点向左水平射出.已知A点与下极板右端的距离为d.不计带电粒子重力.求:(1)粒子从下极板边缘射出时的速度;(2)粒子从O运动到A经历的时间;(3)矩形有界磁场的最小面积.15.如图甲所示,质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=37°的固定斜面上(斜面足够长),对物体施加平行于斜面向上的恒力F,作用时间t1=1s时撤去拉力,物体运动的部分v﹣t图象如图乙所示,取g=10m/s2,试求:(1)拉力F的大小和斜面的动摩擦因数;(2)求拉力F对物体所做的功.-15-\n2022-2022学年湖北省襄阳市保康一中高三(上)期中物理试卷一、选择题(本大题共10小题,每题4分,共计40分)1.能源是社会发展的基础.下列关于能量守恒和能源的说法正确的是()A.能量是守恒的,能源是取之不尽、用之不竭的B.能量的耗散反映了能量是不守恒的C.开发新能源,是缓解能源危机的重要途径D.对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减小,形成“能源危机”【考点】能源的开发和利用.【分析】能量既不会凭空产生,也不会凭空消失,它只能从一种形式转化为其他形式,或者从一个物体转移到另一个物体,在转化或转移的过程中,能量的总量不变,这就是能量守恒定律.【解答】解:A、能量是守恒的,但是能为人类直利使用的能源却是有限的;故A错误;B、能量的耗散是因为能源的品质降低,并不违背能量守恒定律;故B错误;C、开发新能源,特别是可重复利用的能源是缓解能源危机的重要途径;故C正确;D、对能源的过度消耗将使自然界的能源不断减小,形成“能源危机”;但并没有使能量减小;故D错误;故选:C.【点评】本题考查能量守恒定律及能源的使用,要注意能量和能源的区别和联系,正确对待“能源危机”.2.关于热力学定律,下列说法正确的是()A.功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程B.对某物体做功,必定会使该物体的内能增加C.可以从单一热源吸收热量,使之完全变为功D.不可能使热量从低温物体传向高温物体【考点】热力学第一定律;热力学第二定律.【专题】热力学定理专题.【分析】涉及热现象的宏观过程都具有方向性.物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功,做功和热传递都能改变物体的内能.【解答】解:A、根据热力学第二定律知,一切与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的,可知功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程,故A正确.B、对某物体做功,不一定会使该物体的内能增加,还与吸、放热情况有关,故B错误.C、在外界的影响下,可以从单一热源吸收热量,使之完全变为功,故C正确.D、在外界的作用下,能使热量从低温物体传向高温物体,如电冰箱,故D错误.故选:AC.【点评】本题关键要理解并掌握热力学第一定律和热力学第二定律,可通过举实例分析抽象问题.3.对于一定量的理想气体,下列说法正确的是()A.若气体的压强和体积都不变,其内能也一定不变B.若气体的内能不变,其状态也一定不变-15-\nC.若气体的温度随时间不段升高,其压强也一定不断增大D.气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关【考点】热力学第一定律.【专题】热力学定理专题.【分析】对于一定质量的理想气体,其内能只跟温度有关,温度升高,内能增大,反之,内能减小,根据气态方程=c分析温度变化,即可判断内能的变化.根据热力学第一定律分析热传递情况.理想气体内能由物体的温度决定,理想气体温度变化,内能变化【解答】解:A、由气态方程=c知,T∝pV.气体的压强和体积都不变,pV一定不变,则T一定不变,故内能一定不变.故A正确.B、若气体的内能不变,温度不变,但压强和体积可以发生变化.故B错误.C、由气态方程=c知,温度T升高,pV一定增大,但压强不一定增大,故C错误.D、理想气体内能由温度决定,气体温度每升高1K时气体的内能增加量一定,由热力学第一定律知,热量与做功有关,而做功与经历的过程有关,故吸收的热量与气体经历的过程有关.故D正确.故选:AD.【点评】本题关键掌握三个知识点:1、一定质量的理想气体,其内能只跟温度有关;2、气态方程=c;3、热力学第一定律△U=Q+W,并能用来正确分析.4.用显微镜观察水中的花粉,追踪某一个花粉颗粒,每隔10s记下它的位置,得到了a、b、c、d、e、f、g等点,再用直线依次连接这些点,如图所示,则下列说法中正确的是()A.这些点连接的折线就是这一花粉颗粒运动的径迹B.它说明花粉颗粒做无规则运动C.在这六段时间内花粉颗粒运动的平均速度大小相等D.从a点计时,经36s,花粉颗粒可能不在de连线上【考点】布朗运动.【分析】布朗运动图象是固体微粒的无规则运动在每隔一定时间的位置,而不是运动轨迹,只是按时间间隔依次记录位置的连线.【解答】解:A、根据题意,有:每隔10s把观察到的花粉颗粒的位置记录下来,然后用直线把这些位置依次连接成折线;故此图象是每隔10s固体微粒的位置,而不是花粉颗粒的运动轨迹,故A错误.B、由图线的杂乱无章得到固体小颗粒运动的杂乱无章,它说明花粉颗粒做无规则运动.故B正确;C、由图线的杂乱无章得到固体小颗粒运动的杂乱无章,在这六段时间内花粉颗粒运动的平均速度大小不一定相等,故C错误;-15-\nC、从a点开始计时,经36s,花粉颗粒可能在任一点,可能不在de连线上,故D正确;故选:BD.【点评】布朗运动图象的杂乱无章反映了固体小颗粒运动的杂乱无章,进一步反映了液体分子热运动的杂乱无章.5.对于液体和固体(不计分子间的空隙),若用M表示摩尔质量,m0表示分子质量,ρ表示物质密度,V表示摩尔体积,v0表示单个分子的体积,N表示阿伏伽德罗常数,则下列关系中正确的是()A.N=B.N=C.N=D.M=ρV【考点】阿伏加德罗常数.【专题】阿伏伽德罗常数的应用专题.【分析】1mol任何物体的分子个数都是相同的;固体与液体间的分子间隙较小,可以忽略不计;摩尔质量等于密度乘以摩尔体积.【解答】解:A、摩尔体积是1mol分子的体积,故阿伏伽德罗常数N=,故A正确;B、摩尔质量等于密度乘以摩尔体积,即M=ρV,摩尔质量是1mol分子的质量,故N=,故B正确;C、摩尔质量等于密度乘以摩尔体积,即M=ρV,则C项中=1≠N,故C错误;D、摩尔质量等于密度乘以摩尔体积,故D正确;故选:ABD.【点评】本题关键明确阿佛加德罗常数的物理意义,明确摩尔质量等于摩尔体积与密度的乘积.6.用内径很细的玻璃管做成的水银气压计,其读数比实际气压()A.偏高B.偏低C.相同D.无法判断【考点】*液体的表面张力现象和毛细现象;封闭气体压强.【分析】对于压强来说,玻璃管的粗细没有影响,但由于细管中不浸润现象更加明显,故读数偏低.【解答】解:由于水银和玻璃有不浸润现象,故水银面边缘处要低于中间液面,故读数会偏低;故选:B.【点评】本题表面看来是考查压强或理想气体状态方程的,但是实质是考查浸润现象的,一定要明确其考查的重点是什么.7.下列说法正确的是()A.各种固体都有一定的熔点和凝固点B.液体表面层中分子间距小于液体内部分子间距C.液体的表面张力是由于液体分子间的相互作用引起的-15-\nD.如果把0℃的冰放到0℃的房间里,冰可能熔化,也可能不熔化【考点】分子间的相互作用力.【专题】分子间相互作用力与分子间距离的关系.【分析】晶体有一定的熔点和凝固点.液体表面层中分子间距大于液体内部分子间距,分子间的作用力表现为引力,则液体表面存在张力.晶体熔化的条件是温度达到熔点,同时吸收热量;液体凝固成晶体的条件是达到凝固点,放出热量.【解答】解:A、固体有晶体和非晶体,晶体有一定的熔点和凝固点,而非晶体则没有,故A错误.BC、液体表面层中分子间距大于液体内部分子间距,分子间的作用力表现为引力,则液体表面存在张力.故B错误,C正确.D、0℃的冰放到0℃的房间里,0℃的冰要熔化成0℃的水要吸收热量,都是周围的环境的温度也是0℃,不会有热传递现象发生,冰不会熔化.故D错误.故选:C.【点评】解决本题的关键要知道晶体和非晶体的区别,知道熔化的过程需要吸收热量,当物体之间有温度差的时候,才能有热传递现象的发生.8.关于液晶下列说法正确的是()A.液晶是液体和晶体的混合物B.液晶分子在特定方向排列比较整齐,但不稳定C.液晶是一种特殊的物质,具有光学的各向同性D.所有物质在一定条件下都能成为液晶【考点】*液晶.【分析】人们熟悉的物质状态(又称相)为气、液、固,较为生疏的是电浆和液晶,液晶像液体一样可以流动,又具有某些晶体结构特征的一类物质.液晶是介于液态与结晶态之间的一种物质状态.【解答】解:A:液晶有液体的流动性与晶体的各向异性,故A错误.B:当液晶通电时导通,排列变得有秩序,使光线容易通过;不通电时排列混乱,阻止光线通过.所以液晶的光学性质随外加电压的变化而变化,故B正确.C:液晶像液体一样可以流动,又具有某些晶体结构特征的一类物质.所以液晶的光学性质与某些晶体相似,具有各向异性,故C错误.D:人们熟悉的物质状态(又称相)为气、液、固,较为生疏的是电浆和液晶.所以并不是所有物质都具有液晶态,故D错误.故选:B.【点评】液晶较为生疏的一种物质状态.高中阶段只需要记住其定义和基本特性即可.9.清晨,草叶上的露珠是由空气中的水汽凝结成的水珠.这一物理过程中,水分子间的()A.引力消失,斥力增大B.斥力消失,引力增大C.引力斥力都减小D.引力斥力都增大【考点】分子间的相互作用力.【专题】分子间相互作用力与分子间距离的关系.【分析】分子间同时存在引力和斥力,且引力和斥力都随着分子间距离的减小而增大.【解答】解:水由气态凝结成液态的水,分子间距离变小.而分子间同时存在引力和斥力,且引力和斥力都随着分子间距离的减小而增大,故D正确.故选D-15-\n【点评】本题考查了分子间同时存在引力和斥力,都随距离增大而减小,随距离减小而增大.10.如图所示,两个接触面平滑的铅柱压紧后悬挂起来,下面的铅柱不脱落,主要原因是()A.铅分子做无规则热运动B.铅柱受到大气压力作用C.铅柱间存在万有引力作用D.铅柱间存在分子引力作用【考点】分子间的相互作用力.【专题】应用题.【分析】压紧的铅块间分子距离靠近,此时引力发挥了主要的作用,使铅块间有了较大的力的作用.【解答】解:分子间的引力的斥力是同时存在的,但它们的大小与分子间的距离有关.距离稍大时表现为引力,距离很近时则表现为斥力,两铅块紧密结合,是分子间引力发挥了主要作用.故选:D.【点评】了解分子间的作用力,并知道它们的大小与分子间距离的关系,才能根据现象做出正确的判断.二、实验题11.为研究无线传输电能,某科研小组在实验室试制了无线电能传输装置,在短距离内点亮了灯泡,如图实验测得,接在乙线圈上的用电器获得的电能为输入甲线圈电能的35%.①若用该装置给充电功率为10W的电波充电,则损失的功率为18.6W.②若把甲线接入电压为220V的电源,测得该线圈中的电流为0.195A.这时,接在乙线圈上的灯泡恰能正常发光,则此灯泡的功率为15.0W.【考点】电功、电功率.【专题】恒定电流专题.【分析】①分析表格数据,会发现接收的能量与距离的平方成反比;②根据能量守恒定律列式,明确输入功率P=UI,根据题中信息可求得灯泡获得的功率.【解答】解:①由题意知,输电效率为η=35%,则P总==28.6W.所以损失的功率为P损=P总﹣P=28.6﹣10=18.6W.-15-\n②甲线圈输入功率为P总=UI=220×0.195=42.9W,所以,乙线圈得到的功率,即灯泡的功率为P=P总η=42.9W×35%=15.0W.故答案为:①18.6②15【点评】本题关键是明确设计思想和设计原理,要能够结合能量守恒定律进行分析;明确功率公式的正确应用,并注意掌握由题意获取信息的能力.12.(16分)小明通过实验验证力的平行四边形定则.(1)实验记录纸题图1所示,O点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置,两弹簧测力计共同作用时,拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点;一个弹簧测力计拉橡皮筋时,拉力F3的方向过P3点.三个力的大小分别为:F1=3.30N、F2=3.85N和F3=4.25N.请根据图中给出的标度作图求出F1和F2的合力.(2)仔细分析实验,小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化,影响实验结果.他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度,发现读数不相同,于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响.实验装置如图2所示,将一张白纸固定在竖直放置的木板上,橡皮筋的上端固定于O点,下端N挂一重物.用与白纸平行的水平力缓慢地移动N,在白纸上记录下N的轨迹.重复上述过程,再次记录下N的轨迹.两次实验记录的轨迹如图3所示,过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点,则实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受拉力Fa、Fb的大小关系为Fa=Fb.(3)根据(2)中的实验,可以得出的实验结果有哪些?BD(填写选项前的字母)A.橡皮筋的长度与受到的拉力成正比B.两次受到的拉力相同时,橡皮筋第2次的长度较长C.两次被拉伸到相同长度时,橡皮筋第2次受到的拉力较大D.两次受到的拉力相同时,拉力越大,橡皮筋两次的长度之差越大(4)根据小明的上述实验探究,请对验证力的平行四边形定则实验提出两点注意事项.选用新橡皮筋;橡皮筋拉伸不宜过长.【考点】验证力的平行四边形定则.【专题】实验题;平行四边形法则图解法专题.【分析】根据平行四边形定则先作出F2与F1的合力,根据图中给出的标度求出合力.根据平衡条件进行分析求解.根据图(3)中的实验分析结果结合实验数据进行求解.【解答】解:(1)根据平行四边形定则求F2与F1的合力,作图如下,-15-\nF1和F2的合力F=4.70N.(2)过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点,实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受拉力Fa、Fb的方向相同,由于缓慢地移动N,根据平衡条件得Fa、Fb的大小关系为Fa=Fb.(3)A、两次受到的拉力相同时,橡皮筋第2次的长度较长;故A错误,B正确;C、两次被拉伸到相同长度时,橡皮筋第2次受到的拉力较小,故C错误;D、从开始缓慢地移动N,橡皮筋受到的拉力增大,从图3中发现两次实验记录的轨迹间距在增大,所以两次受到的拉力相同时,拉力越大,橡皮筋两次的长度之差越大,故D正确;故选:BD.(4)根据小明的上述实验探究,对验证力的平行四边形定则实验注意事项有橡皮筋拉伸不宜过长;选用新橡皮筋.(或:拉力不宜过大;选用弹性好的橡皮筋;换用弹性好的弹簧).故答案为:(1)如图所示;4.70N;(2)Fa=Fb;(3)BD;(4)选用新橡皮筋;橡皮筋拉伸不宜过长【点评】解决本题的关键知道合力与分力遵循平行四边形定则,知道缓慢地移动可以看成物体处于平衡状态,掌握平衡条件的应用.三、计算题(38分)13.(18分)如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图.在xOy平面的第一象限,存在以x轴、y轴及双曲线y=的一段(0≤x≤L,0≤y≤L)为边界的匀强电场区域Ⅰ;在第二象限存在以x=﹣L、x=﹣2L、y=0、y=L的匀强电场区域Ⅱ.两个电场大小均为E,不计电子所受重力,电子的电荷量为e,求:(1)从电场区域Ⅰ的边界B点处由静止释放电子,电子离开MNPQ时的坐标;(2)由电场区域Ⅰ的AB曲线边界由静止释放电子离开MNPQ的最小动能.【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系.【专题】电场力与电势的性质专题.-15-\n【分析】(1)根据数学知识求出B点距离y轴的距离.由动能定理求出电子从B运动到C时的速度.电子离开第一象限电场后,先做匀速直线运动,进入第二象限电场后做类平抛运动:水平方向做匀速直线运动,竖直方向做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律求出加速度,由位移公式求出水平位移.(2)设从AB曲线边界处释放位置坐标为(x,y),再根据动能定理和类平抛运动的分解方法,求出电子从第二象限射出电场的位置.对全过程应用动能定理,得到电子离开MNPQ时的动能与x的关系,由数学知识求出最小的动能.【解答】解:(1)设电子的质量为m,电子在电场Ⅰ中做匀加速直线运动,出区域Ⅰ的速度为v0,接着在无电场区域匀速运动,此后进入电场Ⅱ,在电场Ⅱ中做类平抛运动,假设电子从NP边射出,出射点坐标为y1,由y=得,对于B点,y=L,则x=由动能定理得eE=m解得v0=设在电场Ⅱ中运动时间为t1,则有t1=电子在y方向的位移:L﹣y1=a=解得y1=0所以原假设成立,即电子离开MNPQ区域的位置坐标为(﹣2L,0).(2)设释放点在电场区域Ⅰ中的坐标为(x,y).在电场Ⅰ中电子被加速,速度为v1时飞离电场Ⅰ,接着在无电场区域做匀速运动,然后进入电场Ⅱ做类平抛运动,并从NP边离开,运动时间为t2,偏转位移为y2,则有eEx=mv12;y2=at22=解得:y2=所以偏转位移为y2=y,电子将从P点射出.所以原假设成立,即在电场Ⅰ区域的AB曲线边界由静止释放的所有电子离开MNPQ时都从P点离开由以上的分析可知,电子在两个电场中被加速,w=eEx+eEy则从B到P由动能定理得eE(x+y)=Ek﹣0又y=所以只有x=y点释放的电子,离开P点时动能最小-15-\n所以x+y=L即EKmin=eEL答:(1)从电场区域Ⅰ的边界B点处由静止释放电子,电子离开MNPQ时的坐标为(﹣2L,0);(2)由电场区域Ⅰ的AB曲线边界由静止释放电子离开P点的最小动能eEL.【点评】本题中电子先加速后偏转,基本方法是动能定理和运动的分解,难点在于数学知识的应用求极值和轨迹方程.14.如图所示,在MN左侧有相距为d的两块正对的平行金属板P、Q,板长,两板带等量异种电荷,上极板带负电.在MN右侧存在垂直于纸面的矩形匀强磁场(图中未画出),其左边界和下边界分别与MN、AA’重合(边界上有磁场).现有一带电粒子以初速度v0沿两板中央OO′射入,并恰好从下极板边缘射出,又经过在矩形有界磁场中的偏转,最终垂直于MN从A点向左水平射出.已知A点与下极板右端的距离为d.不计带电粒子重力.求:(1)粒子从下极板边缘射出时的速度;(2)粒子从O运动到A经历的时间;(3)矩形有界磁场的最小面积.【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)带电粒子做平抛运动,由运动的分解可得平行极板方向做匀速运动,垂直此方向做匀加速运动,根据运动学公式即可求解;(2)粒子做平抛运动后进入磁场做匀速圆周运动,根据几何关系可得已知长度与运动轨迹的半径的表达式.再由轨迹对应的圆心角,从而求出所需要的时间;(3)从几何角度得出磁场的最小区域,再由面积公式即可求解.【解答】解:(1)带电粒子在电场中平行极板方向匀速运动:竖直方向从静止开始做匀加速运动:,解得则粒子从下极板边缘射出时的速度为,且与竖直方向成300角.-15-\n(2)带电粒子在电场中运动的时间,由几何关系可得r=,离开电场后先做匀速运动,匀速运动的时间然后进入磁场,在磁场中偏转1200到达A,所以带电粒子从O运动至A所用的总时间为t=t1+t2+t3=(3)由轨迹示意图可知,磁场区域宽等于轨迹半径r,高等于,而r=,所以矩形有界磁场的最小面积为S=r×=答:(1)粒子从下极板边缘射出时的速度为2v0,方向与竖直方向成300角;(2)粒子从O运动到A经历的时间时间=;(3)矩形有界磁场的最小面积为.【点评】理解平抛运动处理的运动分解规律,掌握匀速圆周运动的:定圆心、画轨迹、求半径的方法.同时运用几何知识来结合求解.15.如图甲所示,质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=37°的固定斜面上(斜面足够长),对物体施加平行于斜面向上的恒力F,作用时间t1=1s时撤去拉力,物体运动的部分v﹣t图象如图乙所示,取g=10m/s2,试求:(1)拉力F的大小和斜面的动摩擦因数;(2)求拉力F对物体所做的功.-15-\n【考点】功的计算.【专题】功的计算专题.【分析】(1)根据速度时间图线求出匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度,根据牛顿第二定律求出物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小.(2)根据图象求出拉力作用下的位移,由功的公式求的拉力做功.【解答】解:(1)根据速度时间图线知,匀加速直线运动的加速度:a1=20m/s2匀减速直线运动的加速度:a2=10m/s2根据牛顿第二定律得:F﹣μmgcosθ﹣mgsinθ=ma1撤去F后,由牛顿第二定律得:μmgcosθ+mgsinθ=ma2解得:F=30N,μ=0.5(2)由图象的“面积”求得0﹣1s内物体的位移为:s=×1×(0+20)m=10m则拉力F对物体所做的功为:W=Fs=30×10J=300J.答:(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ和拉力F的大小分别为0.5和30N.(2)拉力F对物体所做的功为300J.【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析,理清物体的运动过程,结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解.-15-

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所属: 高中 - 物理
发布时间:2022-08-25 11:58:40 页数:15
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文章作者:U-336598

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