2020-2021学年江苏省南通市高一下学期期末物理试卷及答案解析

2020-2021学年江苏省南通市高一下学期期末物理试卷

一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。 1．（4分）在正点电荷Q的电场中，一带正电的粒子经过P点时的速度方向如图所示。粒子重力不计，则下列粒子的运动轨迹可能正确的是（ ）

A． B．

C． D．

2．（4分）扫地机器人利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫。某型号扫地机器人的说明书中标明：电池容量2000mA•h，额定电压15V，额定功率30W。则（ ）

A．“mA•h”是能量的单位 B．该扫地机器人的额定电流为0.5A C．该扫地机器人电动机线圈的电阻小于7.5Ω D．该扫地机器人充电完毕后能连续工作4h

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3．（4分）小华同学利用如图所示的装置“验证机械能守恒定律”。下列说法正确的是（ ）

A．电火花计时器工作电压约为8V

B．实验中应先释放纸带，再启动电火花计时器

C．实验中所测重物动能的增加量通常比其重力势能的减少量稍大

D．若打出的纸带前面一小段被损毁，利用纸带剩余部分也能验证机械能守恒

4．（4分）一身高约1.7m的男生在1min内完成了20次引体向上，则该同学在1min内克服重力做功的平均功率约为（ ） A．30W

B．100W

C．300W

D．500W

5．（4分）2021年2月，“天问一号”火星探测器在如图所示的P点先后进入环绕火星的椭圆轨道I、椭圆轨道II和圆轨道III运行，则探测器（ ）

A．从轨道II进入轨道III，需要在P点减速 B．在轨道III上绕火星运行的周期最大

C．在轨道II上运行的过程中，经过Q点的速度最大 D．在轨道I上的机械能等于在轨道III上的机械能

6．（4分）汽车胎压监测的简化电路如图所示，R1、R2为定值电阻，R0为压敏电阻，胎内气压越大其电阻越小，监测R0两端的电压可判断胎压是否正常。如果轮胎漏气，则（ ）

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A．电压表的示数增大 C．R1中的电流增大

B．路端电压减小

D．R2中的电流减小

7．（4分）从地面将一质量为m的小球以初速度v0竖直向上抛出，上升高度h后落回地面，小球在整个运动过程中受到的空气阻力大小不变，重力加速度为g，则小球在（ ） A．上升阶段重力势能的增加量为mv02

21

B．下落阶段动能的增加量为mv02

2

1

C．整个运动过程中机械能的减少量为m（v02﹣2gh） D．整个运动过程中重力做功为2mgh

8．（4分）如图所示，均匀带正电的半圆环ABC在其圆心O处产生的场强大小为E，方向与直径AC垂直。则AB部分（∠AOB＝90°）所带电荷在O点产生的场强大小为（ ）

A．E

21

B．

√2E 2

C．

√3E 2

D．√2E

9．（4分）如图所示，光滑斜面固定在水平地面上，质量相等的物块A、B通过一根不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮连接，一轻质弹簧下端固定于斜面底端，另一端连接在A上，开始时B被托住，轻绳绷直且没有弹力。现使B由静止释放，在B运动至最低点的过程中（设B未落地，A未与滑轮相碰，弹簧始终在弹性限度内）（ ）

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A．B重力势能的减少量等于A重力势能的增加量 B．A和B总机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量 C．轻绳拉力对A做的功等于A机械能的增加 D．当弹簧恢复原长时，A和B的总机械能最大

10．（4分）反射式速调管是常用的微波器件之一，某速调管内电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示，PO＝OM＝MN。一电子仅在电场力作用下，从P点由静止开始运动，则电子（ ）

A．将在P、M之间做往复运动

B．从P到O的运动过程中，加速度不断增大 C．从P到M的运动过程中，电势能先增大后减小

D．从P点沿x轴正方向运动过程中加速时间是减速时间的一半

二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题~第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。

11．（12分）兴趣小组的同学测量某金属丝的电阻率。

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（1）用螺旋测微器在金属丝上三个不同位置分别测量金属丝的直径。某次测量时，螺旋测微器示数如图甲所示，读数为 mm。

（2）用图乙所示电路测量金属丝的电阻，实验室提供的实验器材有： A.待测金属丝Rx（接入电路部分的阻值约5Ω） B.直流电源（电动势4V） C.电流表（0～3A，内阻约0.02Ω） D.电流表（0～0.6A，内阻约0.1Ω） E.电压表（0～3V，内阻约3kΩ）

F.滑动变阻器（0～10Ω，允许通过的最大电流1A） G.滑动变阻器（0～100Ω，允许通过的最大电流0.3A） H.开关，导线若干

实验中，电流表应选用 ，滑动变阻器应选用 。（填器材的序号） （3）用笔画线代替导线，在图丙中完成实物电路的连接 。

（4）测得金属丝接入电路部分的长度L和金属丝直径的平均值d、正确连接电路，测得多组电压表示数U和对应电流表的示数I，通过描点作出的U—I图像为一条过原点的倾斜直线，其斜率为k，则金属丝的电阻率ρ＝ 。

（5）由于电表内阻的影响，实验中电阻率的测量值 （选填“大于”或“小于”）真实值，引起此误差的原因是 。

12．（12分）2020年11月29日，“嫦娥五号”进入绕月圆轨道，距月球表面高度为h，绕月球运行的周期为T，如图所示，已知月球的半径为R，万有引力常量为G，求： （1）月球的质量M；

（2）月球表面的重力加速度g。

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13．（12分）如图所示的电路中，电源电动势E＝12V，内阻r＝1.0Ω，电阻R1＝R4＝8.0Ω，R2＝R3＝2.0Ω，电容器的电容C＝100μF。闭合开关S，电路达到稳定状态后，求： （1）电路中的总电流I及R2两端的电压U2； （2）电容器所带的电荷量Q。

14．（12分）如图所示，A、B为竖直放置的平行金属板，M、N为水平放置的平行金属板。质量为m、电荷量为+q的带电粒子从A板由静止开始经A、B间的电场加速后，从B板小孔飞出，紧靠N板水平向右进入偏转电场，从M、N板右边缘连线的中点P射出偏转电场。已知AB间的电压为U1，MN间的电压为U2，MN两板间的电场可看作匀强电场，不计粒子重力。

（1）求粒子从B板小孔飞出时的速度大小v1； （2）求粒子经过P点时的速度大小v2；

（3）若AB间、MN间电压均不变，只将M板向下平移一段距离后，从A板由静止开始运动的相同粒子，恰能从M板右边缘射出偏转电场，求平移前、后MN两板间的距离之比。

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15．（12分）如图所示，竖直平面内固定半径R＝3.0m的光滑圆弧轨道，在M处与水平传

41

送带相切传送带与左侧紧靠的水平台面等高，台面的PN部分粗糙，PN的长度s＝2.5m，P点左侧光滑，一左端固定、水平放置的轻质弹簧处于原长状态。质量m＝1.0Kg的小物块从与圆心O等高处由静止沿圆弧轨道下滑。已知传送带MN的长度L＝5.0m，始终以速度v＝6.0m/s顺时针转动，物块与台面PN部分、物块与传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.20，取重力加速度g＝10m/s2，弹簧始终在弹性限度内求：

（1）物块第一次滑到圆弧轨道最低点M时对轨道的压力大小F； （2）弹簧被压缩后具有的最大弹性势能Ep； （3）物块最终停止运动时的位置到P点的距离Δx.

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2020-2021学年江苏省南通市高一下学期期末物理试卷

参与试题解析

一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。 1．（4分）在正点电荷Q的电场中，一带正电的粒子经过P点时的速度方向如图所示。粒子重力不计，则下列粒子的运动轨迹可能正确的是（ ）

A．

B．

C．

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D．

解：A、粒子重力不计，粒子P只受正点电荷Q对它的静电斥力，且静电斥力方向与粒子P的速度方向不在同一直线上，粒子P应做曲线运动，故A错误；

B、粒子P的速度方向应沿轨迹的切线方向，该图中粒子的速度方向不沿轨迹的切线方向，不可能，故B错误；

C、粒子P的速度方向应沿轨迹的切线方向，且粒子P受到的静电力指向轨迹的内侧，是可能的，故C正确；

D、该图中正点电荷Q对粒子P的静电斥力不指向轨迹的内侧，不可能，故D错误。 故选：C。

2．（4分）扫地机器人利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫。某型号扫地机器人的说明书中标明：电池容量2000mA•h，额定电压15V，额定功率30W。则（ ）

A．“mA•h”是能量的单位 B．该扫地机器人的额定电流为0.5A C．该扫地机器人电动机线圈的电阻小于7.5Ω D．该扫地机器人充电完毕后能连续工作4h

解：A、电池容量是指电池存储的电荷量，其单位“mA•h”是电荷量的单位，不是能量的单位，故A错误；

B、该扫地机器人的额定电压为U＝15V，额定功率为P＝30W，由P＝UI得该扫地机器人的额定电流为I＝2A，故B错误；

C、该扫地机器人正常工作时，U＞IR，则其电动机线圈的电阻R＜𝐼=2Ω＝7.5Ω，故

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𝑈15

C正确；

D、电池容量为q＝2000mA•h＝2×3600C＝7200C，由q＝It得该扫地机器人充电完毕后能连续工作时间为t=𝐼=故选：C。

3．（4分）小华同学利用如图所示的装置“验证机械能守恒定律”。下列说法正确的是（ ）

𝑞

7200

s＝3600s＝1h，故D错误。 2

A．电火花计时器工作电压约为8V

B．实验中应先释放纸带，再启动电火花计时器

C．实验中所测重物动能的增加量通常比其重力势能的减少量稍大

D．若打出的纸带前面一小段被损毁，利用纸带剩余部分也能验证机械能守恒 解：A、电火花计时器应接220V的交流电源，故A错误；

B、如果先放开纸带开始运动，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差；同时先打点，再释放纸带，可以使打点稳定，提高纸带利用率，可以使纸带上打满点，故B错误；

C、重物带动纸带下落过程中，除了重力还受到阻力，从能量转化的角度，由于阻力做功，重力势能有部分转化给摩擦产生的内能，所以重力势能的减小量略大于动能的增加量，故C错误；

D、前面的纸带损毁，利用后面纸带的从个相距较远的两点也能验证机械能守恒律：利用匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，可分别求出打下这两点的速度，进而可求出动能的增加量，量出两点的距离后，可以求出重力势能的减小量，然后两者对比，即可验证，故D正确。 故选：D。

4．（4分）一身高约1.7m的男生在1min内完成了20次引体向上，则该同学在1min内克服重力做功的平均功率约为（ ）

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A．30W B．100W C．300W D．500W

解：该男生体重大约60kg，引体向上时向上运动的位移大约0.5m， 则克服重力做功的平均功率为：P==误，B正确。 故选：B。

5．（4分）2021年2月，“天问一号”火星探测器在如图所示的P点先后进入环绕火星的椭圆轨道I、椭圆轨道II和圆轨道III运行，则探测器（ ）

20𝑚𝑔ℎ20×60×10×0.5

=𝑊=100W，所以ACD错6060

A．从轨道II进入轨道III，需要在P点减速 B．在轨道III上绕火星运行的周期最大

C．在轨道II上运行的过程中，经过Q点的速度最大 D．在轨道I上的机械能等于在轨道III上的机械能

解：A、“天问一号”火星探测器从轨道II进入轨道III，做近心运动，此时万有引力大于向心力，需要在P点减速，故A正确； B、根据开普勒第三定律期最小，故B错误；

C、在轨道II上运行的过程中，由Q点向P点运动的过程中，万有引力做正功，故P点速度大于Q点的速度，故C错误；

D、由轨道I变轨到轨道III上，需要减速，故在轨道I上的机械能大于在轨道III上的机械能，故D错误。 故选：A。

6．（4分）汽车胎压监测的简化电路如图所示，R1、R2为定值电阻，R0为压敏电阻，胎内气压越大其电阻越小，监测R0两端的电压可判断胎压是否正常。如果轮胎漏气，则（ ）

3𝑅12𝑇1

=

3𝑅22𝑇2

可知，在轨道III上绕火星运行的半长轴最小，故其周

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A．电压表的示数增大 C．R1中的电流增大

B．路端电压减小

D．R2中的电流减小

𝐸

外解：如果轮胎漏气，气压减小，压敏电阻阻值增大，外电阻增大，则由I=𝑟+𝑅可知，总电流减小，R1中的电流减小；由U＝E﹣Ir可知，路端电压增大；由U1＝IR1可知，R1两端的电压减小，因并联部分与R1串联，并联部分电压增大，即电压表示数增大，由欧姆定律可知，R2中电流增大，故A正确，BCD错误。 故选：A。

7．（4分）从地面将一质量为m的小球以初速度v0竖直向上抛出，上升高度h后落回地面，小球在整个运动过程中受到的空气阻力大小不变，重力加速度为g，则小球在（ ） A．上升阶段重力势能的增加量为mv02

21

B．下落阶段动能的增加量为mv02

2

1

C．整个运动过程中机械能的减少量为m（v02﹣2gh） D．整个运动过程中重力做功为2mgh 解：设小球运动过程所受阻力大小为f

A、小球上升过程，由能量守恒定律得：mv02＝mgh+fh ①

2

1

解得，小球重力势能的增加量：ΔEp＝mgh=2mv02﹣fh，故A错误； B、小球下落过程，由动能定理得：mgh﹣fh=2mv2﹣0 ②

由①②解得，小球动能的增加量：ΔEk=2mv2＝2mgh−2mv02，故B错误；

C、以地面为零势能面，初末状态小球的重力势能都是零，整个运动过程机械能的减少量：ΔE=2mv02−2mv2③

由①②③解得，整个运动过程中机械能的减少量：ΔE＝m（v02﹣2gh），故C正确； D、整个运动过程小球在竖直方向上的位移为零，重力做功为零，故D错误。

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1

1

11

11

故选：C。

8．（4分）如图所示，均匀带正电的半圆环ABC在其圆心O处产生的场强大小为E，方向与直径AC垂直。则AB部分（∠AOB＝90°）所带电荷在O点产生的场强大小为（ ）

A．E

21

B．

√2E 2

C．

√3E 2

D．√2E

解：由对称性可知，均匀带正电的半圆环在O点产生的场强竖直向下，大小为E。设AB段在O点单独产生的场强为E1，BC段在O点单独产生的场强为E2

由对称性及几何关系可知，E1和E2与竖直方向的夹角为45°，且大小相等，于是有：2E1cos45°＝E，那么E1＝E2=故选：B。

9．（4分）如图所示，光滑斜面固定在水平地面上，质量相等的物块A、B通过一根不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮连接，一轻质弹簧下端固定于斜面底端，另一端连接在A上，开始时B被托住，轻绳绷直且没有弹力。现使B由静止释放，在B运动至最低点的过程中（设B未落地，A未与滑轮相碰，弹簧始终在弹性限度内）（ ）

√2𝐸2，故ACD错误，B正确。

A．B重力势能的减少量等于A重力势能的增加量 B．A和B总机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量 C．轻绳拉力对A做的功等于A机械能的增加 D．当弹簧恢复原长时，A和B的总机械能最大

解：A、当B运动至最低点时A、B的速度都为零，此时弹簧是被拉长的，由能量守恒

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定律可知，B重力势能的减少量等于A重力势能的减少量与弹簧弹性势能的变化量之和，故A错误；

B、在运动过程，只有重力和弹簧的弹力做功，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，A和B总机械能的减少量等于于弹簧弹性势能的增加量，故B错误；

C、重力做功不改变A的机械能，A运动过程轻绳拉力与弹簧的弹力对A做功，轻绳拉力与弹簧弹力对A做的功等于A机械能的增加，故C错误；

D、在运动过程，只有重力和弹簧的弹力做功，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，当弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能为零最小，由机械能守恒定律可知，此时A和B的总机械能最大，故D正确。 故选：D。

10．（4分）反射式速调管是常用的微波器件之一，某速调管内电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示，PO＝OM＝MN。一电子仅在电场力作用下，从P点由静止开始运动，则电子（ ）

A．将在P、M之间做往复运动

B．从P到O的运动过程中，加速度不断增大 C．从P到M的运动过程中，电势能先增大后减小

D．从P点沿x轴正方向运动过程中加速时间是减速时间的一半

解：A、由图可知UPO＝UNO，根据动能定理得qU=mv2，所以电子由静止开始后，将在P、N之间做往复运动，故A错误； B、可知在P、O之间，△𝜑△𝑥

1

2是常量，由U＝Ed，可知P、O之间为匀强电场，所以电子的

加速度不变，故B错误；

C、从P到M的运动过程中，电势先升高再降低，由Ep＝qφ，可知电子的电势能先减小后增大，故C错误；

D、从P点到O点电子做加速运动，设加速度大小为a1，用时为t1，位移大小为x1；从

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O点到N点电子做减速运动，设加速度大小为a2，用时为t2，位移大小为x2；则x1=a1t12，x2=a2t22，由图可知a1＝2a2，又x2＝2x1，解得t1=t2，故D正确。 故选：D。

二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题~第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 11．（12

分）兴趣小组的同学测量某金属丝的电阻率。

1

21212

（1）用螺旋测微器在金属丝上三个不同位置分别测量金属丝的直径。某次测量时，螺旋测微器示数如图甲所示，读数为 2.050 mm。

（2）用图乙所示电路测量金属丝的电阻，实验室提供的实验器材有： A.待测金属丝Rx（接入电路部分的阻值约5Ω） B.直流电源（电动势4V） C.电流表（0～3A，内阻约0.02Ω） D.电流表（0～0.6A，内阻约0.1Ω） E.电压表（0～3V，内阻约3kΩ）

F.滑动变阻器（0～10Ω，允许通过的最大电流1A） G.滑动变阻器（0～100Ω，允许通过的最大电流0.3A） H.开关，导线若干

实验中，电流表应选用 D ，滑动变阻器应选用 F 。（填器材的序号）

（3）用笔画线代替导线，在图丙中完成实物电路的连接

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。

（4）测得金属丝接入电路部分的长度L和金属丝直径的平均值d、正确连接电路，测得多组电压表示数U和对应电流表的示数I，通过描点作出的U—I图像为一条过原点的倾斜直线，其斜率为k，则金属丝的电阻率ρ＝

𝑘𝜋𝑑24𝐿

。

（5）由于电表内阻的影响，实验中电阻率的测量值 小于 （选填“大于”或“小于”）真实值，引起此误差的原因是 由于电压表的分流作用，电流的测量值大于真实值，导致金属丝电阻测量值小于真实值 。

解：（1）由图示螺旋测微器可知，其读数为：2mm+5.0×0.01mm＝2.050mm。

（2）流过待测金属丝的最大电流约为I=𝑅=5A＝0.6A，电流表应选择D；由图示电路

𝑥图可知，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择F。 （3）根据图乙所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：

𝑈

3

（4）由欧姆定律得：Rx=𝐼，U﹣I图象的斜率k=𝐼，则金属丝电阻Rx＝k 由电阻定律得：Rx=𝜌𝑆=𝜌

𝑘𝜋𝑑

解得，电阻率：ρ=4𝐿

2

𝑈𝑈

𝐿𝐿

𝜋(𝑑2)

2 （5）由图乙所示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，金属丝电阻的测量值小于真实值，由于电阻测量值小

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于真实值，则金属丝的电阻率测量值小于真实值。

故答案为：（1）2.050；（2）D；F；（3）（4）

𝑘𝜋𝑑24𝐿

；

；（5）小于；由于电压表的分流作用，电流的测量值大于真实值，导致金属

丝电阻测量值小于真实值。

12．（12分）2020年11月29日，“嫦娥五号”进入绕月圆轨道，距月球表面高度为h，绕月球运行的周期为T，如图所示，已知月球的半径为R，万有引力常量为G，求： （1）月球的质量M；

（2）月球表面的重力加速度g。

解：（1）设嫦娥五号的质量为m，根据万有引力提供向心力得：4𝜋2(𝑅+ℎ)解得：M= 𝐺𝑇23

𝐺𝑀𝑚

(𝑅+ℎ)2=m

4𝜋2𝑇2(𝑅+ℎ)

（2）设月求表面附近有一个质量为m0的物体，根据万有引力等于重力得：𝐺𝑀4𝜋2(𝑅+ℎ)

解得：g=2=

𝑅𝑇2𝑅22

𝐺𝑀𝑚0𝑅2=m0g

答：（1）月球的质量M为

4𝜋2(𝑅+ℎ)3

𝐺𝑇2；

4𝜋2(𝑅+ℎ)2

𝑇2𝑅2（2）月球表面的重力加速度大小g为。

13．（12分）如图所示的电路中，电源电动势E＝12V，内阻r＝1.0Ω，电阻R1＝R4＝8.0Ω，R2＝R3＝2.0Ω，电容器的电容C＝100μF。闭合开关S，电路达到稳定状态后，求：

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（1）电路中的总电流I及R2两端的电压U2； （2）电容器所带的电荷量Q。

解：（1）分析直流电路时，应将电容看作断路，故本电路是一个，分路电阻相等的并联电路。由于分路电阻相等 故等效总电阻R=干路电流I=𝑅+𝑟 代入数据解得I＝2A，R＝5Ω

电路的外电压U=𝑅⋅𝐸=5×12𝑉=10V

2根据分压关系U2=𝑅+𝑅⋅𝑈

12

(𝑅1+𝑅2)(𝑅3+𝑅4)

(𝑅1+𝑅2)+(𝑅3+𝑅4)𝐸

𝑅+𝑟5+1

𝑅

代入数据解得U2＝2V

（2）根据串联电路电压特点：U1＝U﹣U2＝10V﹣2V＝8V，根据节点电压法，可知通过R1后电势降低，φ1＝10V﹣8V＝2V

同理可得通过R3后的电压为φ2＝10V﹣2V＝8V 则电容器两端电压为UC＝φ2﹣φ1＝8V﹣6V＝2V 电容器所带电量Q＝CUC＝6V×100×106F＝6×104C

﹣

﹣

答：（1）电路中的总电流为2A，R2两端的电压为2V （2）电容器所带的电荷量为6×104C。

﹣

14．（12分）如图所示，A、B为竖直放置的平行金属板，M、N为水平放置的平行金属板。质量为m、电荷量为+q的带电粒子从A板由静止开始经A、B间的电场加速后，从B板小孔飞出，紧靠N板水平向右进入偏转电场，从M、N板右边缘连线的中点P射出偏转电场。已知AB间的电压为U1，MN间的电压为U2，MN两板间的电场可看作匀强电场，不计粒子重力。

（1）求粒子从B板小孔飞出时的速度大小v1； （2）求粒子经过P点时的速度大小v2；

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（3）若AB间、MN间电压均不变，只将M板向下平移一段距离后，从A板由静止开始运动的相同粒子，恰能从M板右边缘射出偏转电场，求平移前、后MN两板间的距离之比。

解：（1）粒子在A、B板间电场中加速过程，由动能定理得

2 qU1=𝑚𝑣1

1

2解得v1=√𝑚1 （2）粒子从静止出发到P点的过程，由动能定理得 qU1+q•

𝑈22

2𝑞𝑈=

12

𝑚𝑣22

解得v2=√

𝑞(𝑈2+2𝑈1) 𝑚（3）设平移前、后MN两板间的距离分别为d1、d2。 粒子进入MN间电场中做类平抛运动，在水平方向有：t=MN间运动时间相等，设为t。 平移前，根据牛顿第二定律得 q

𝑈2𝑑1

𝐿

，可知平移前、后粒子在𝑣1

=ma1

12

1

根据类平抛运动的规律有 d1=2𝑎1𝑡2

𝑞𝑈𝑡

联立解得d1=√2；

𝑚2平移后，根据牛顿第二定律得 q

𝑈2𝑑2

=ma2

1

根据类平抛运动的规律有 d2=2𝑎2𝑡2

𝑞𝑈2𝑡

联立解得d2=√2𝑚

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2

则

𝑑1𝑑2

=

√2

2𝑞𝑈1； 𝑚答：（1）粒子从B板小孔飞出时的速度大小v1为√（2）粒子经过P点时的速度大小v2为√

𝑞(𝑈2+2𝑈1)； 𝑚（3）平移前、后MN两板间的距离之比为√2。

15．（12分）如图所示，竖直平面内固定半径R＝3.0m的光滑圆弧轨道，在M处与水平传

41

送带相切传送带与左侧紧靠的水平台面等高，台面的PN部分粗糙，PN的长度s＝2.5m，P点左侧光滑，一左端固定、水平放置的轻质弹簧处于原长状态。质量m＝1.0Kg的小物块从与圆心O等高处由静止沿圆弧轨道下滑。已知传送带MN的长度L＝5.0m，始终以速度v＝6.0m/s顺时针转动，物块与台面PN部分、物块与传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.20，取重力加速度g＝10m/s2，弹簧始终在弹性限度内求：

（1）物块第一次滑到圆弧轨道最低点M时对轨道的压力大小F； （2）弹簧被压缩后具有的最大弹性势能Ep； （3）物块最终停止运动时的位置到P点的距离Δx.

解：（1）小物块从圆心O等高处由静止沿圆弧轨道下滑至M，由动能定理

2

mgR=𝑚𝑣0

1

2解得

v0=√2𝑔𝑅=√2×10×2m/s=2√10m/s 小物块在M点，根据牛顿第二定律可知： FN﹣mg＝m解得 FN＝30N

由牛顿第三定律可知，小物块第一次滑到圆弧轨道最低点M时对轨道的压力大小F＝30N.

（2）小物块滑上传送带，受到向右的摩擦力，小物块向左做匀减速直线运动，根据牛顿

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2𝑣0

𝑅

第二定律 μmg＝ma1 解得 a1＝2m/s2

小物块向左匀减速到速度为零时的位移 v

20

=2ax1

代入数据解得x1＝15m

由于x1＞L，所以小物块在传送带上一直做匀减速直线运动，小物块减速到传送带左端的速度为v1

22𝑣1−𝑣0=2aL

代入数据解得 v1=2√10𝑚/𝑠

小物块滑离传送带到弹簧被压缩最短，列动能定理

2﹣μmgs﹣WT＝0−𝑚𝑣1

1

2代入数据解得 WT＝15J

弹簧被压缩后具有的最大弹性势能Ep＝WT＝15J。

（3）小物块脱离弹簧时，滑上传送带时的速度，由动能定理可知

2

WT﹣μmgs=2𝑚𝑣2−0

1

代入数据解得 v2＝2√5m/s

此时小物块的速度小于传送带的速度，小物块将做匀加速直线运动，假设小物块可以加速到与传送带共速，则此时小物块的位移

2v²−𝑣2=2ax2

代入数据解得 x2＝4m

由于x2＜L，所以小物块可以与传送带共速，运动至传送带的另一端，由于圆弧光滑，所以小物块下滑至传送带右端的速度依然为6m/s，小物块继续向左做匀减速直线运动，小物块向左匀减速到速度为零时的位移

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2𝑣3=2ax3

代入数据解得 x3＝9m

由于x3＞L所以小物块在传送带上一直做匀减速直线运动，小物块减速到传送带另一端的速度为v

2𝑣4−v²＝2aL

代入数据解得 v4＝4m/s

此时，小物块向左做匀减速直线运动至滑离PN，根据动能定理可知

22μmgs=𝑚𝑣5−𝑚𝑣4

1

212代入数据解得 𝑣5=√6𝑚/𝑠

小物块从PN滑离后，与弹簧相撞又返回，由于光滑所以机械能守恒，小物块重新滑上PN的速度仍为v5=√6m/s

设小物块在PN做匀减速直线运动可至速度为零，列动能定理

2

﹣μmgs1＝0−𝑚𝑣5

1

2代入数据解得 s1＝1.5m

由于s1＝1.5m＜s，所以小物块在小物块在PN做匀减速直线运动可至速度为零，此时与P点的距离为1.5m。

答：（1）物块第一次滑到圆弧轨道最低点M时对轨道的压力大小F为30N； （2）弹簧被压缩后具有的最大弹性势能为15J； （3）物块最终停止运动时的位置到P点的距离为1.5m.

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