湖北省襄阳市保康一中2016届高三物理上学期期中试题含解析.doc

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1、2015-2016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

2、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，表示物质密度

3、，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( )AN=BN=CN=DM=V6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

4、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%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

5、时，接在乙线圈上的灯泡恰能正常发光，则此灯泡的功率为_W12（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，

6、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

7、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（0xL，0yL）为边界的匀强电场区域；在第二象限存在以x=L、x=2L、y=0、y=L的匀强电场区域两个电场大小均为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）由电场区域的AB曲线边界由静止释放电子离开MNPQ的最小动能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

8、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=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vt图象如图乙所示，取g=10m/s2，试求：（1）拉力F的大小和斜面的

9、动摩擦因数；（2）求拉力F对物体所做的功2015-2016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

10、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

11、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

12、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【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，TpV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

13、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

14、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

15、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；C、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，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( )AN=BN=CN=DM=V【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

16、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=V，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=V，则C项中=1N，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

17、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【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

18、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

19、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，

20、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

21、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【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

22、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%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】分析表格数据，会发现接收的能量与距离的平

23、方成反比；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：由题意知，输电效率为=35%，则P总=28.6W所以损失的功率为P损=P总P=28.610=18.6W甲线圈输入功率为P总=UI=2200.195=42.9W，所以，乙线圈得到的功率，即灯泡的功率为P=P总=42.9W35%=15.0W故答案为：18.6 15【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

24、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

25、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

26、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，F1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

27、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

28、、y轴及双曲线y=的一段（0xL，0yL）为边界的匀强电场区域；在第二象限存在以x=L、x=2L、y=0、y=L的匀强电场区域两个电场大小均为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【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

29、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，电子在电场中做匀加速直线运动，出区域的速度为v0，接着在无电场区域匀速运动，此后进入电场，在电场中做类平抛运动，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=设在电场中运动时间为t1，则有t1=电子在y方向的位移：Ly1=a=解得 y1=0所

30、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中的坐标为（x，y）在电场中电子被加速，速度为v1时飞离电场，接着在无电场区域做匀速运动，然后进入电场做类平抛运动，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）=Ek0 又 y=所以只有x=y点释放的电子，离开P点时动能最小 所以x

31、+y=L 即 EKmin=eEL答：（1）从电场区域的边界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

32、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

33、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（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

34、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=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vt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【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：Fmgcosmgsin=ma1撤去F后，由牛顿第二定律得：mgcos+mgsin=ma2解得：F=30N，=0.5（2）由图象的“面积”求得01s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=3010J=300J答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数和拉力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 -