江苏省扬州市高三物理上学期期中试卷（含解析）新人教版.doc

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1、江苏省扬州市2013届高三上学期期中考试物理试卷一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分每小题只有一个选项符合题意选对的得3分，错选或不答的得0分1（3分）下列说法中正确的是（）A在电场中某点的电势为零，则该点的电场强度一定为零B做匀变速直线运动的物体，同一时间内通过的路程与位移的大小一定相等C速度不变的运动就是匀速直线运动，加速度不变的运动可以是曲线运动D在地面上发射飞行器，如果发射速度大于7.9km/s，而小于11.2km/s，则它将挣脱地球的束缚绕太阳运动考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；物体做曲线运动的条件；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：电场中某点的电势和电

2、场强度无关；匀变速直线运动的物体，同一时间内通过的路程与位移的大小一定相等；第一宇宙速度是7.9km/s，第二宇宙速度是飞行器挣脱地球的束缚绕太阳运动的速度，大小是11.2km/s，速度大于7.9km/s，而小于11.2km/s，则它将在绕地球的椭圆轨道上运动解答：解：A：电势和电场强度是分别描述电场的力的性质和能的性质的物理量，它们的大小没有直接的关系，故A错误；B：做匀变速直线运动的物体，同一时间内通过的位移的大小还与初末的速度的大小即方向都有关，只有方向相同时，同一时间内通过的路程与位移的大小才相等，故B错误C：速度是矢量，速度不变指的是大小和方向都不变的运动，它就是匀速直线运动；加速度

3、不变的运动要看它的速度方向与加速度的方向是否一致，一致时做直线运动，否则，物体就做曲线运动，故C正确；D：第一宇宙速度是7.9km/s，第二宇宙速度是飞行器挣脱地球的束缚绕太阳运动的速度，大小是11.2km/s，速度大于7.9km/s，而小于11.2km/s，则它将在绕地球的椭圆轨道上运动，故D错误故选：C点评：电场中某点的电势和电场强度无关；匀变速直线运动的物体，同一时间内通过的路程与位移的大小一定相等；第二宇宙速度是飞行器挣脱地球的束缚绕太阳运动的速度，大小是11.2km/s，大于11.2km/s，飞行器才挣脱地球的束缚绕太阳运动2（3分）如图所示，晾晒衣服的绳子轻且光滑，悬挂衣服的衣架挂

4、钩也光滑，轻绳两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点，衣服处于静止状态已知衣服及衣架的质量为m，此时绳与水平方向夹角为，则绳中的张力F为（）ABtanCD考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：对挂钩受力分析，根据平衡条件结合几何关系列式求解根据三力平衡条件可知，两绳子的拉力T的合力F与mg等值反向解答：解：对挂钩受力分析，如图所示，绳中的拉力大小左右相等，根据三力平衡条件可知，两绳子的拉力T的合力F与mg等值反向，作出两个拉力T的合力F如图，根据平衡条件得 2Tsin=mg解得，T=故D正确故选D点评：本题中挂钩与动滑轮类似，要抓住绳中的拉力大

5、小左右相等的特点，由平衡条件求解绳子的拉力3（3分）质量相等的甲、乙两车从某地同时由静止开始沿直线同方向加速运动，甲车功率恒定，乙车牵引力恒定，两车所受阻力相等且均为恒力经过t时间，甲、乙两车速度相同，则（）At时刻甲车一定在乙车的前面Bt时刻甲车加速度大于乙车加速度Ct时刻甲车牵引力的瞬时功率大于乙车牵引力的瞬时功率Dt时间内甲车牵引力的平均功率小于乙车牵引力的平均功率考点：功率、平均功率和瞬时功率专题：功率的计算专题分析：汽车恒定功率启动是加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大值；汽车匀加速启动，牵引力不变，是功率不断变大的运动解答：解：A、恒定功率启动是加速度不断减小的

6、加速运动，其速度时间图象为曲线，匀加速启动是直线，如图速度时间图象与时间轴包围的面积等于位移，故甲车位移较大，故A正确；B、速度时间图线上某点的斜率表示该时刻的加速度，故甲的加速度较小，故B错误；C、根据牛顿第二定律，有Ff=ma，由于t时刻甲的加速度较小，故牵引力较小，由P=Fv，可知t时刻甲的瞬时功率较小，故C错误；D、甲车功率不变，故平均功率等于t时刻功率，t时刻甲车功率较小，故D错误；故选A点评：本题关键画出两辆汽车的速度时间图线，根据速度时间图象与时间轴包围的面积等于位移求出位移，再根据速度时间图线上某点的斜率表示该时刻的加速度得出加速度的大小关系，最后结合动能定理和功率与速度关系式

7、P=Fv求解4（3分）某人划船渡河，河宽为d，船在静水中划行速度大小为v1，船头方向与河岸间夹角为（90），水流动速度大小为v2，如图所示，则（）A渡河所需的时间为B渡河所需的时间为C若水流的速度突然增大，则渡河所需的时间变长D若水流的速度突然增大，则渡河所需的时间变短考点：运动的合成和分解专题：运动的合成和分解专题分析：将船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，得出两个方向上的分速度，根据等时性求出小船渡河的时间，分运动间不会互相影响解答：解：A、船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，得出两个方向上的分速度，则有渡河所需的时间为，故A错误、B正确；C、若水流的速度突然增大，没有影响垂直

8、于河岸方向速度大小，因而渡河所需的时间不变，故CD均错误；故选：B点评：解决本题的关键将小船的运动进行分解，抓住各分运动具有等时性，以及各分运动具有独立性进行求解5（3分）某电场的电场线分布如图所示，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四点，其中MN为圆的直径，则（）AM点的电势与Q点的电势一样高BO、M间的电势差等于N、O间的电势差C一正电荷在O点的电势能大于在Q点的电势能D将一个负电荷由P点沿圆弧移动到N点的过程中电场力不做功考点：电场线；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：解答本题需要掌握：根据电场线方向判断电势高低；灵活应用公式U=Ed判断两点之间电势差的高低；根据电势高低或电场

9、力做功情况判断电势能的高低；正确判断电荷在电场中移动时电场力做功的正负解答：解：A、根据电场线与等势线垂直特点，在M点所在电场线上找到Q点的等势点Q，根据沿电场线电势降低可知，Q点的电势比M点的电势高，故A错误；B、根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度小，故由公式U=Ed可知，OM间的电势差小于NO间的电势差，故B错误；C、O点电势高于Q点，根据Ep=q可知，正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能，故C正确；D、M点的电势比P点的电势低，负电荷从低电势移动到高电势电场力做正功，故D错误故选C点评：电场线、电场强度、电势、电势差、电势能等物理量之间的关系以及大小比较

10、，是电场中的重点和难点，在平时训练中要加强这方面的练习，以加深对概念的理解二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6（4分）如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，现将其接在直流电源上，已知A板和电源正极相连当开关接通时一带电油滴悬浮于两板之间的P点，为使油滴能向上运动，则下列措施可行的是（）A将开关断开，将B板下移一段距离B将开关断开，将AB板左右错开一段距离C保持开关闭合，将AB板左右错开一段距离D保持开关闭合，将A板下移一段距离考点：电容；共点力平衡的条件及其应用专题：电容器专题分析：本题关键要分

11、析板间场强的变化：开关断开后，电容器所带电量不变，将B板下移一段距离时，板间场强不变；将AB板左右错开一段距离，分析电容的变化，判断电压变化，确定场强的变化；保持开关闭合，电容器始终与电源连接，两端的电压不变，根据E=判断电场强度的变化再分析油滴如何运动解答：解：A、开关断开后，电容器所带电量不变，将B板下移一段距离时，根据推论可知，板间场强不变，油滴所受的电场力不变，仍处于静止状态；故A错误B、将开关断开，将AB板左右错开一段距离，电容减小，而电量不变，由C=可知，电压U增大，由E=知，板间场强增大，油滴所受的电场力增大，油滴将向上运动故B正确C、保持开关闭合，将AB板左右错开一段距离时，板

12、间电压不变，场强不变，油滴所受的电场力不变，仍处于静止状态；故C错误D、保持开关闭合，将A板下移一段距离，板间距离减小，根据E=知，板间场强增大，油滴所受的电场力增大，油滴将向上运动故D正确故选BD点评：解决本题的关键要知道电容器与电源始终相连，两端间的电势差不变电容器与电源断开，电容器的电量保持不变7（4分）如图所示为某质点运动的vt图象，24s内图线为半圆形，若4s末质点回到了出发点，则下列说法正确的是（）A12s内质点的加速度大小为8m/s2B24s内质点的位移大小为8mC3s末质点的加速度等于零D3s末质点的速度为8m/s考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：由图读出

13、速度的变化情况，分析物体的运动情况，速度图象的斜率等于加速度由图线“面积”求出位移，再求解平均速度解答：解：A、12s内质点的加速度a=，所以12s内质点的加速度大小为8m/s2，故A正确；B、4s末质点回到了出发点，所以24s内质点的位移大小等于12s的位移大小，所以x=，故B正确；C、3s末的斜率为零，所以此时加速度为零，故C正确；D、图线“面积”表示位移，则v2=8，所以v=m/s，故D错误故选ABC点评：本题关键抓住速度图象的斜率表示加速度、“面积”表示位移来理解图象的物理意义8（4分）来自中国航天科技集团公司的消息称，中国自主研发的北斗二号卫星系统今年起进入组 网高峰期，预计在201

14、5年形成覆盖全球的卫星导航定位系统，此系统由中轨道、高轨道和同步轨道卫星等组成现在正在服役的北斗一号卫星定位系统的三颗卫星都定位在距地面36000km的地球同步轨道上目前我国的各种导航定位设备都要靠美国的GPS系统提供服务，而美国的全球卫星定位系统GPS由24颗卫星组成，这些卫星距地面的高度均为20000km则下列说法中正确的是（）A所有GPS的卫星所受向心力大小均相等B所有GPS的卫星比北斗一号的卫星线速度大C北斗二号中的中轨道卫星的加速度一定大于高轨道卫星的加速度D北斗一号系统中的三颗卫星向心加速度比赤道上物体的向心加速度小考点：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

15、：人造卫星问题分析：根据万有引力提供向心力，可知r越大，向心加速度越小，线速度越小，周期越大地球的同步卫星相对于地球是静止的解答：解：A、所有GPS的卫星的质量关系不清楚，所以所受向心力大小关系不确定，故A错误B、根据万有引力提供向心力，卫星的加速度公式a=和速度公式v=所以所有GPS的卫星比北斗一号的卫星线速度大，北斗二号中的中轨道卫星的加速度一定大于高轨道卫星的加速度，故B、C正确D、北斗一号系统中的三颗卫星和赤道上物体具有相同的角速度，根据a=r2得北斗一号系统中的三颗卫星向心加速度比赤道上物体的向心加速度大，故D错误故选BC点评：对于人造地球卫星关键是记住两个结论：卫星的加速度公式a=

16、和速度公式v=同时掌握同步卫星的特点9（4分）如图所示，绝缘弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q（可视为质点）固定在绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上现将与Q大小相同，带电性也相同的小球P，从直线ab上的N点由静止释放，若两小球可视为点电荷在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是（）A小球P的速度一定先增大后减小B小球P的机械能一定在减少C小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零D小球P与弹簧系统的机械能一定增加考点：功能关系；共点力平衡的条件及其应用；库仑定律分析：本题中有库仑力做功，机械能不守恒；机械能守恒是普遍遵守的定律；小球的速度

17、变化可从受力与能量两种观点加以分析解答：解：A、小球先沿斜面加速向下运动，后减速向下运动，当弹簧压缩量最大时，小球静止，故A正确B、根据除了重力和弹力之外的力做功量度机械能的变化得小球P除了重力和弹力之外的力做功还有弹簧的弹力和库仑斥力做功，开始弹簧的弹力和库仑斥力的合力方向可能向上，也就是可能做负功，所以小球P的机械能可能增大，故B错误C、小球P的速度一定先增大后减小，当p的加速度为零时，速度最大，所以小球P速度最大时所受弹簧弹力、重力沿斜面向下的分力和库仑力的合力为零，故C错误D、根据能量守恒定律知，小球P的动能、与地球间重力势能、与小球Q间电势能和弹簧弹性势能的总和不变，因为在小球P与弹

18、簧接触到速度变为零的过程中，Q对P的库仑斥力做正功，电势能减小，所以小球P与弹簧系统的机械能一定增加，故D正确故选AD点评：注意机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，从能量转化的角度讲，只发生机械能间的相互件转化，没有其他形式的能量参与三、简答题：本题共2小题，共29分请将解答填写在答题卡相应的位置10（14分）如图甲所示是某同学设计的“探究加速度a与力F、质量m的关系”的实验装置图，实验中认为细绳对小车拉力F等于砂和砂桶总重力，小车运动加速度可由纸带求得（1）该同学对于该实验的认识，下列说法中正确的是BCA该实验应用了等效替代的思想方法B该实验应用了控制变量的思想方法C实验时必须先接通电源后

19、释放小车D实验中认为细绳对小车拉力F等于砂和砂桶总重力，其前提必须保证砂和砂桶总质量远远大于小车的质量（2）如图乙所示是该同学在某次实验中利用打点计时器打出的一条纸带，A、B、C、D、E、F是该同学在纸带上选取的六个计数点，其中计数点间还有若干个点未标出，设相邻两个计数点间的时间间隔为T该同学用刻度尺测出AC间的距离为S1，BD间的距离为S2，则打B点时小车运动的速度vB=，小车运动的加速度a=（3）某实验小组在实验时保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量m，分别得到小车加速度a与质量m及对应的数据如表中所示根据表中数据，在图丙坐标纸中作出F不变时a与的图象次数123456小车加速度a/ms21.

20、721.491.251.000.750.50小车质量m/kg0.290.330.400.500.711.00/kg13.503.002.502.001.401.00考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和注意事项该实验采用的是控制变量法研究，其中加速度、质量、合力三者的测量很重要利用中点时刻的速度等于这段时间内的平均速度，并由可求得加速度；根据表格数据，找出规律，并作出a与的图象，借助于数学知识，得出图象的含义解答：解：（1）A、该实验的研究对象是小车，采用控制变量法研究，故A错误，B正确；C、只有

21、先接通电源后释放纸带，因为如果先释放纸带再去接通电源的话，物体已经向前走了一段距离了，甚至纸带已经全部通过打点计时器了（自由落体很快的），这样如何在纸带上打点呢，故C正确；D、当质量一定时，研究小车的加速度和小车所受合力的关系那么小车的合力怎么改变和测量呢？为消除摩擦力对实验的影响，可以把木板D的左端适当垫高，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力设小车的质量为M，砝码和小桶的质量为m，根据牛顿第二定律得：对m：mgF拉=ma对M：F拉=Ma解得：F拉=，当mM时，即当砝码和小桶的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于砝码和小桶的总重力；故D错误故选：BC（2

22、）相邻两个计数点间的时间间隔为T该同学用刻度尺测出AC间的距离为S1，BD间的距离为S2，则打B点时小车运动的速度，根据匀变速直线运动规律知道3点的瞬时速度等于A点到C点的平均速度vAC=由可求得加速度（3）直观反映两个物理量的关系是要找出这两个量的线性关系，即画出直线图象见图故答案为：（1）BC （2）（3）如上图所示点评：书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚能够把所学的物理规律运用到实验问题中纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的两个推论和x=at2，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度1

23、1（15分）（1）在“探究力的平行四边形定则”实验中，下列实验要求正确的是ACDA弹簧测力计的拉力方向必须与木板平行B两弹簧测力计的拉力方向必须相互垂直C读数时，视线应正对弹簧测力计的刻度D使用弹簧测力计时，不能超过其量程（2）如图为某研究性学习小组设计的“验证机械能守恒定律”的实验装置小圆柱由一根不可伸长的轻绳拴住，轻绳另一端固定将轻绳拉至水平后由静止释放，在最低点附近放置一组光电门，如图测出小圆柱运动到最低点时通过光电门的时间 t，再用游标卡尺测出小圆柱的直径d，重力加速度为g某同学测出了悬点到圆柱重心的距离为l，若等式gl=（）2成立，则可验证小圆柱下摆过程机械能守恒；若小圆柱下摆过程中

24、在误差允许范围内机械能守恒，用天平测出小圆柱的质量为m，则小圆柱下摆到最低点时绳子上拉力的理论值为3mg；若在悬点O处安装一个拉力传感器，且在最低点时拉力传感器测出绳子上拉力比理论值偏大些，请分析可能的原因（写出1条即可）开始释放时初速度不为零或悬点到圆柱重心的距离l测得偏小或用天平测得小圆柱的质量比实际值小或小圆柱释放时在水平线的上方考点：验证机械能守恒定律；验证力的平行四边形定则专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：（1）本实验的目的是验证力的平行四边形定则，研究合力与分力的关系，而合力与分力是等效的本实验采用作合力与分力图示的方法来验证，根据实验原理和方法来选择（2）利用小圆柱通过光

25、电门的平均速度来代替瞬时速度，由此可以求出小圆柱通过光电门时的瞬时速度，根据机械能守恒的表达式可以求出所要求的关系式小圆柱下摆到最低点，根据牛顿第二定律求解解答：解：（1）A、本实验是在水平面作力的图示，为了减小误差弹簧测力计必须保持与木板平行，故A正确B、两弹簧测力计的拉力方向不一定相互垂直，故B错误C、读数时视线要正对弹簧测力计的刻度故C正确D、使用弹簧测力计时，不能超过其量程，故D正确故选ACD（2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：v=，根据机械能守恒的表达式有：mgh=mv2，若等式gl=（）2 成立，则可验证小圆柱下摆过程机械能守恒；根据机械能守恒得：mgl=mv2，

26、v=小圆柱下摆到最低点，根据牛顿第二定律得Fmg=解得F=3mg开始释放时初速度不为零 或悬点到圆柱重心的距离l测得偏小 或用天平测得小圆柱的质量比实际值小 或小圆柱释放时在水平线的上方故答案为：（1）ACD （2）（）2，3mg 开始释放时初速度不为零 或悬点到圆柱重心的距离l测得偏小 或用天平测得小圆柱的质量比实际值小 或小圆柱释放时在水平线的上方点评：（1）本实验采用是等效替代的思维方法实验中要保证一个合力与两个分力效果相同，结点O的位置必须相同（2）无论采用什么样的方法来验证机械能守恒，明确其实验原理都是解决问题的关键，同时在处理数据时，要灵活应用所学运动学的基本规律四、计算或论述题：

27、本题共4小题，共60分解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位12（14分）如图所示，足够长的斜面倾角=370，一物体以v0=12m/s的初速度从斜面上A点处沿斜面向上运动；加速度大小为a=8m/s2，g取10m/s2求：（1）物体沿斜面上滑的最大距离x；（2）物体与斜面间的动摩擦因数；（3）物体从A点出发需经多少时间才能回到A处考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；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）根据速度位移关系公式列式求解即可；（2）受力分析后，根据牛顿第二

28、定律列式求解即可；（3）先根据速度时间关系公式求解出减速的时间；下滑时，先受力分析后根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据位移时间关系公式列式求解下滑的时间；最后得到总时间解答：解：（1）上滑过程，由运动学公式=2ax，得x=9m （2）上滑过程，由牛顿运动定律得：mgsin+mgcos=ma 解得：=0.25 （3）上滑过程：t1=1.5s 下滑过程，由牛顿运动定律得：mgsinmgcos=ma解得：a=4m/s2由运动学公式x=解得：t2=所以运动的总时间t=t1+t2=答：（1）物体沿斜面上滑的最大距离x为9m；（2）物体与斜面间的动摩擦因数为0.25；（3）物体从A点出发需经3.6s时间

29、才能回到A处点评：本题是已知上滑时的运动情况确定受力情况，然后根据受力情况确定下滑时的运动情况，求解出加速度是关键13（14分）如图所示，水平桌面右端固定一光滑定滑轮，O点到定滑轮的距离s=0.5m，当用竖直向下的力将质量m=0.2kg的木块A按住不动时，质量M=0.3kg的重物B刚好与地面接触（对地面无压力），木块与桌面间的动摩擦因数为0.5然后将木块A拉到P点，OP间的距离为h=0.5m，待B稳定后由静止释放，g取10m/s2求：（1）木块A按住不动时所受摩擦力；（2）木块A由静止释放后运动到O点时的速度大小；（3）通过计算说明木块A是否会撞到定滑轮？若不会撞上请求出最终木块A停在距定滑轮

30、多远的地方；若会撞上，请定性说出两种避免撞上的解决方案考点：动能定理的应用；共点力平衡的条件及其应用专题：动能定理的应用专题分析：（1）木块A按住不动时，绳子的拉力等于A所受的摩擦力，由平衡条件求解摩擦力；（2）木块A由静止释放后运动到O点的过程中，重力对B做功Mgh，摩擦力对A做功mgh，两物体的速度大小相等，根据动能定理求解速度大小；（3）在B落地后，A继续向右运动，根据动能定理求出B到停下时通过的位移大小，与s比较，分析最终木块A停在距定滑轮多远处解答：解：（1）木块A按住不动时所受摩擦力为静摩擦力，由平衡条件得f=T=Mg=3N，方向水平向左 （2）在B下落至地面前，据动能定理，有 M

31、ghmgh=（M+m）v2，得v=2m/s （3）在B落地后，A运动到停下来，设B继续向右滑行距离为s时停下，则据动能定理，有mgs=0mv2得 s=0.4m0.5m 所以木块A不会撞到定滑轮，最终木块A停在距定滑轮0.1m处答：（1）木块A按住不动时所受摩擦力是3N，方向水平向左；（2）木块A由静止释放后运动到O点时的速度大小是2m/s；（3）木块A不会撞到定滑轮，最终木块A停在距定滑轮0.1m处点评：本题关键是动能定理的应用当涉及力在空间的效果时，要优先考虑动能定理14（16分）如图，一个质量为m的小球（可视为质点）以某一初速度从A点水平抛出，恰好从圆管BCD的B点沿切线方向进入圆弧，经B

32、CD从圆管的最高点D射出，恰好又落到B点已知圆弧的半径为R且A与D在同一水平线上，BC弧对应的圆心角=60，不计空气阻力求：（1）小球从A点做平抛运动的初速度v0的大小；（2）在D点处管壁对小球的作用力N；（3）小球在圆管中运动时克服阻力做的功Wf考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据几何关系求出平抛运动下降的高度，从而求出竖直方向上的分速度，根据运动的合成和分解求出初速度的大小（2）根据平抛运动知识求出小球在D点的速度，再根据牛顿第二定律求出管壁对小球的弹力作用（3）对A到D全程运用动能定理，求出小球在圆管中运动时克服阻力做的功解答：解：（1）小球

33、从A到B：竖直方向=2gR（1+cos60）=3gR则vy=在B点，由速度关系v0=（2）小球从D到B：竖直方向R（1+cos60）=gt2 解得：t=则小球从D点抛出的速度vD=在D点，由向心力公式得：mgN=m解得：N=mg 方向竖直向上 （3）从A到D全程应用动能定理：Wl=解得：Wl=mgR答：（1）小球从A点做平抛运动的初速度v0的大小为（2）在D点处管壁对小球的作用力N为（3）小球在圆管中运动时克服阻力做的功Wl=mgR点评：本题综合考查了平抛运动和圆周运动的基础知识，难度不大，关键搞清平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源15（16分）如图甲所示，质量

34、为m、电荷量为e的电子经加速电压U1，加速后，在水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L（不考虑电场边缘效应），两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离也为L求：（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小；（2）若偏转电场两板间加恒定电压，电子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，求偏转电场所加电压U2；（3）若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使电子经加速电场后在t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点，试确定偏转电场电压U0以及周期T分别应该满足的条件考点：带电粒子在匀强电场中的运动专

35、题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）根据动能定理求出粒子进入偏转电场的速度v的大小（2）粒子出电场后反向速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中点，根据几何关系得出速度与水平方向的夹角，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转电压的大小（3）要使电子在水平在水平方向击中A点，电子必向上极板偏转，且vy=0，则电子应在t=0时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期抓住时间与周期的关系求出周期的通项表达式根据运动的对称性，知粒子在一半时间内在竖直方向上的位移等于，根据该关系求出偏转电压的通项表达式解答：解：（1）电子经加速电场加速：eU1=mv2解得：v=（2）由题意知，电子经偏

36、转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为，则由几何关系得： =（L+）tan 解得：tan=又tan=解得：U2=（3）要使电子在水平在水平方向击中A点，电子必向上极板偏转，且vy=0，则电子应在t=0时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，设电子从加速电场射出的速度为v0，则因为电子水平射出，则电子在偏转电场中的运动时间满足t=nT 则T=（n=1，2，3，4） 在竖直方向位移应满足=2na（）2=2n（）2解得：U0= （n=1，2，3，4）答：（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小v=（2）偏转电场所加电压U2=（3）偏转电场电压U0= （n=1，2，3，4），周期T=（n=1，2，3，4）点评：本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成