1、江蘇省宿遷市2015屆高三上學期期中考試物理試卷一、單項選擇題：本題共6小題，每小題3分，共計18分每小題只有一個選項符合題意1（3分）物塊A置于傾角為30°的斜面上，用輕彈簧、細繩跨過定滑輪與物塊B相連，彈簧軸線與斜面平行，A、B均處于靜止狀態(tài)，如圖所示A、B重力分別為10N和4N，不計滑輪與細繩間的摩擦，則（）A彈簧對A的拉力大小為6NB彈簧對A的拉力大小為10NC斜面對A的摩擦力大小為1ND斜面對A的摩擦力大小為6N考點：共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用專題：共點力作用下物體平衡專題分析：彈簧的彈力等于B的重力，隔離對A分析，根據共點力平衡求出斜面對A的摩擦力大小

2、解答：解：A、彈簧對A的彈力等于B的重力，即F=GB=4N，故A、B錯誤C、對A分析，根據共點力平衡得，GAsin30°=f+F，解得斜面對A的摩擦力f=故C正確，D錯誤故選：C點評：解決本題的關鍵能夠正確地受力分析，運用共點力平衡進行求解，基礎題2（3分）地球赤道上的物體隨地球自轉的向心加速度為a；假設月球繞地球作勻速圓周運動，軌道半徑為r1，向心加速度為a1已知萬有引力常量為G，地球半徑為R下列說法中正確的是（）A地球質量M=B地球質量M=C地球赤道表面處的重力加速度g=aD加速度之比=考點：萬有引力定律及其應用；向心力專題：萬有引力定律的應用專題分析：運用萬有引力提供向心力列出

3、等式和運用圓周運動的物理量之間的關系列出等式解決問題解答：解：A、根據萬有引力充當向心力：知質量M=，A正確B錯誤C、地球表面物體的加速度大小與到地軸的距離有關，不是定值，C錯誤D、加速度a=R2，不與半徑的平方成正比，D錯誤故選：A點評：根據萬有引力充當向心力和黃金代換公式能夠解決全部天體問題3（3分）如圖所示，半徑為R的均勻帶正電薄球殼，殼內的電場強度處處為零，其球心位于坐標原點O，一帶正電的試探電荷靠近球殼表面處由靜止釋放沿坐標軸向右運動下列關于坐標軸上某點電勢、試探電荷在該點的動能Ek與離球心距離x的關系圖線，可能正確的是 （）ABCD考點：電場強度；電勢分析：帶電金屬球是一個等勢體，

4、順著電場線電勢降低試探電荷的動能Ek與離開球心的距離r的關系根據動能定理分析解答：解：AB、帶電金屬球是一個等勢體，所以0R的電勢不變；順著電場線電勢降低，且E=，隨著x的增大，E減小，則x圖象切線的斜率減小，故A正確，B錯誤CD、在球殼內，場強處處為零，試探電荷不受電場力，其動能不變；在球殼外，取一段極短距離內，認為庫侖力不變，設為F，根據動能定理得：Ek=Fr則得：F=，根據數學知識得知：F=等于Ekr圖象上切線的斜率，由庫侖定律知r增大，F(xiàn)減小，圖象切線的斜率減小，故C、D錯誤故選：A點評：本題的關鍵是運用微元法，根據動能定理列式，分析圖象的斜率的意義，即可解答4（3分）如圖甲所示，R為

5、電阻箱，為理想電流表，電源的電動勢為E，內阻為r圖乙為電源的輸出功率P與電流表示數I的關系圖象，其中功率P0分別對應電流I1、I2，外電阻R1、R2下列說法中正確的是（）AI1+I2BI1+I2=CD考點：閉合電路的歐姆定律專題：恒定電流專題分析：由P=UI結合閉合電路歐姆定律分析便可求解解答：解：A、由閉合電路歐姆定律得：U=EIr，輸出功率為：P=UI=EII2r，故有，整理得：I1+I2=，故A錯誤，B正確；C、根據電功率表達式，P0=，且I=，則有：；整理得：，故CD錯誤；故選：B點評：用好閉合電路歐姆定律的表達式，結合輸出功率的表達式，有一定的運算量5（3分）如圖所示，質量均為m的A

6、、B兩物塊置于水平地面上，物塊與地面間的動摩擦因數均為，物塊間用一水平輕繩相連，繩中無拉力現(xiàn)用水平力F向右拉物塊A，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力重力加速度為g下列說法中錯誤的是（）A當0Fmg時，繩中拉力為0B當mgF2mg時，繩中拉力為FmgC當F2mg時，繩中拉力為D無論F多大，繩中拉力都不可能等于考點：牛頓第二定律；力的合成與分解的運用專題：牛頓運動定律綜合專題分析：對整體分析，根據共點力平衡求出動摩擦因數的大小，然后隔離對A分析，根據牛頓第二定律求出物塊A的加速度大小，最后確定繩子中的拉力解答：解：A、當0Fmg時，A受到拉力與靜摩擦力的作用，二者可以平衡，繩中拉力為0故A正確；B、

7、當mgF2mg時，整體受到拉力與摩擦力的作用，二者平衡，所以整體處于靜止狀態(tài)此時A受到的靜摩擦力到達最大即mg，所以繩中拉力為Fmg故B正確；C、當F2mg時，對整體：，對B：，聯(lián)立解得繩中拉力為故C正確；D、由B的分析可知，當mgF2mg時繩中拉力為Fmg，繩中拉力可能等于故D錯誤本題選擇錯誤的，故選：D點評：解決本題的關鍵能夠正確地受力分析，運用牛頓第二定律進行求解，注意整體法和隔離法的使用6（3分）如圖所示，固定斜面AE分成等長四部分AB、BC、CD、DE，小物塊與AB、CD間動摩擦因數均為1；與BC、DE間動摩擦因數均為2，且1=22當小物塊以速度v0從A點沿斜面向上滑動時，剛好能到達

8、E點當小物塊以速度從A點沿斜面向上滑動時，則能到達的最高點（）A剛好為B點B剛好為C點C介于AB之間D介于BC之間考點：動能定理的應用專題：動能定理的應用專題分析：物塊向上運動過程要克服重力與阻力做功，應用動能定理求出物塊的位移，然后答題解答：解：設斜面的傾角為，AB=BC=CD=DE=s，1=22=2，則2=，物塊以速度v0上滑過程中，由動能定理得：mg4ssinmgcos2s2mgcos2s=0mv02，則： mv02=4mgssin+6mgscos，初速度為時， m（）2=×mv02=mgssin+mgscosmgssin+2mgscos，則滑塊能達到的最大高點在B點以下，即介

9、于AB之間某點；故選：C點評：本題考查了判斷滑塊能到達的最高點，分析清楚滑塊的運動過程，應用動能定理即可正確解題二、多項選擇題：本題共5小題，每小題4分，共計20分每小題有多個選項符合題意，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分7（4分）如圖所示，某同學用同一彈簧測力計按圖甲、乙兩種方式測量某小桶的重力，甲圖中系小桶的輕繩較長下列說法中正確的是（）A甲圖中彈簧測力計的示數比乙圖中的大B兩圖中彈簧測力計的示數一樣大C甲圖中繩的拉力比乙圖中的大D乙圖中繩的拉力比甲圖中的大考點：力的合成分析：彈簧秤測量的是小桶的重力，與繩子的長短無關；而當一力進行分解時，根據力的平行四邊形定則，即

10、可確定分力與夾角的關系，從而求解解答：解：A、由題意可知，彈簧秤是測量小桶的重力，而與繩子的長短無關，故A錯誤，B正確；C、當一力進行分解時，當夾角越小，分力越小，當夾角越大時，分力也越大，甲圖中繩的拉力之間的夾角小于乙圖中的夾角，則甲圖中繩的拉力比乙圖中的小，故C錯誤，D正確；故選：BD點評：考查彈簧秤的讀數與物體的重力的關系，掌握力的平行四邊形定則的內容，注意力的分解時，夾角與分力關系，是解題的關鍵8（4分）如圖所示，足夠長的粗糙斜面固定在地面上，某物塊以初速度v0從底端沿斜面上滑至最高點后又回到底端上述過程中，若用h、x、v和a分別表示物塊距水平地面高度、位移、速度和加速度的大小，t表示

11、運動時間下列圖象中可能正確的是（）ABCD考點：勻變速直線運動的圖像專題：運動學中的圖像專題分析：根據某物塊以初速度v0從底端沿斜面上滑至最高點后又回到底端，知上滑過程中，物塊做勻加速直線運動，下滑時做勻加速直線運動；在粗糙斜面上運動，摩擦力做功，物體的機械能減少，故回到底端時速度小于出發(fā)時的速度；根據運動特征判斷各圖形解答：解：A、上滑時做勻減速運動，故h曲線斜率先大后小，且平均速度大，運動時間短；下滑時做勻加速運動，故h曲線斜率先小后大，且平均速度小，運動時間長；故A正確B、上滑時x曲線斜率先大后小，下滑時x曲線斜率先小后大，故B錯誤C、由于上滑時合外力為重力分力和摩擦力之和，加速度大小不

12、變，沿斜面向下；下滑時合外力為重力分力和摩擦力之差，加速度大小不變，方向沿斜面向下；所以上滑時加速度大，所以速度曲線斜率大；下滑時加速度小，所以速度曲線效率小，且此過程中，摩擦力做功，使物塊到達底端的速率變小，故C正確D、因上滑過程中、下滑過程中的加速度大小均不變，且上滑時加速度大于下滑時的加速度，故加速度應該為兩條水平短線，故D錯誤故選：AC點評：根據圖示各物理量的曲線斜率代表的意義，結合實際運動分析即可9（4分）如圖所示，相同的乒乓球1、2落臺后恰好在等高處水平越過球網，過網時的速度方向均垂直于球網不計乒乓球的旋轉和空氣阻力，乒乓球自起跳到最高點的過程中，下列說法中正確的是（）A起跳時，球

13、1的重力功率等于球2的重力功率B球1的速度變化率小于球2的速度變化率C球1的飛行時間大于球2的飛行時間D過網時球1的速度大于球2的速度考點：平拋運動專題：平拋運動專題分析：將小球運動視為斜拋運動，將其分解為水平方向勻速直線運動和豎直方向的勻變速直線運動，根據PG=mgvy判定功率關系；根據v=gt判定速度變化快慢；根據運動的合成判定初速度解答：解：AC、將小球運動視為斜拋運動，將其分解為水平方向勻速直線運動和豎直方向的勻變速直線運動，根據過網時的速度方向均垂直于球網，知豎直方向末速度為零，根據vy=v0gt和h=v知豎直方向初速度相同，運動時間相同，水平初速度1的大于2的，PG=mgvy相同，

14、故A正確；B、不計乒乓球的旋轉和空氣阻力，知兩球加速度相同，故球1的速度變化率等于球2的速度變化率，故BC錯誤；D、根據以上分析知豎直方向初速度相同，運動時間相同，水平初速度1的大于2的，故過網時球1的速度大于球2的速度，D正確故選：AD點評：此題考查斜拋運動，注意將其分解為水平方向勻速直線運動和豎直方向的勻變速直線運動，然后根據規(guī)律分析10（4分）如圖所示，圓環(huán)固定于豎直平面內，長方形空心閉合細管道ABCDA內接于圓環(huán)，管道AB長度小于AD長度，豎直的空心細管道AC為對角線小球由A點靜止釋放沿管道ABC運動到C點，通過AB、BC段時間分別為t1、t2；小球由A點靜止釋放沿管道AC運動到C點，

15、所用時間為t3；小球由A點靜止釋放沿管道ADC運動到C點，通過AD、DC段時間分別為t4、t5小球通過B、D兩點時機械能損失不計，不計摩擦下列關系式中正確的是（）At1=t3=t4Bt2=t3=t5Ct2t3Dt1+t2t4+t5考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關系；動能定理的應用專題：牛頓運動定律綜合專題分析：先根據牛頓第二定律求出小球沿各個管道下滑的加速度，由運動學公式表示出下滑時間，再進行比較解答：解：設AC=d，ACB=設小球沿AB、BC、AC、AD、DC下滑的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4、a5根據牛頓第二定律得：a1=a5=gsin，a2=a4=gcos，a

16、3=g則對于AB段有：dsin=，得t1=；對于AC段有：d=，得t3=；對于AD段有：dcos=，得t4=，所以有t1=t3=t4對于BC段有：dcos=a1t1+=gsint1t2+，則得t2，所以t2t3；設小球經過B、D、C的速度大小分別為：vB、vD、vC根據機械能守恒可得：vBvD因為BCDC，則有：，所以解得t2t5；因為t1=t4，所以有t1+t2t4+t5故選：ACD點評：本題關鍵要正確表示出各段時間的表達式，經靈活選擇運動學公式，既可根據位移時間公式，也可以由平均速度來表示時間11（4分）如圖甲所示，輕桿一端與質量為1kg、可視為質點的小球相連，另一端可繞光滑固定軸在豎直平

17、面內自由轉動現(xiàn)使小球在豎直平面內做圓周運動，經最高點開始計時，取水平向右為正方向，小球的水平分速度v隨時間t的變化關系如圖乙所示，A、B、C三點分別是圖線與縱軸、橫軸的交點、圖線上第一周期內的最低點，該三點的縱坐標分別是1、0、5g取10m/s2，不計空氣阻力下列說法中正確的是（）A輕桿的長度為0.6mB小球經最高點時，桿對它的作用力方向豎直向上CB點對應時刻小球的速度為3m/sD曲線AB段與坐標軸所圍圖形的面積為0.5m考點：向心力；牛頓第二定律專題：牛頓第二定律在圓周運動中的應用分析：已知小球在ABC三個點的速度，A到C的過程中機械能守恒，由機械能守恒定律即可求出桿的長度；結合小球過最高點

18、的受力的特點，即可求出桿對小球的作用力的方向；由機械能守恒可以求出B點的速度；由于y軸表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲線AB段與坐標軸所圍圖形的面積表示A到B的過程小球在水平方向的位移解答：解：A、設桿的長度為L，小球從A到C的過程中機械能守恒，得：，所以：m故A正確；B、若小球在A點恰好對桿的作用力是0，則：，臨界速度：m/svA=1m/s由于小球在A點的速度小于臨界速度，所以小球做圓周運動需要的向心力小于重力，桿對小球的作用力的方向向上，是豎直向上的支持力故B正確；C、小球從A到B的過程中機械能守恒，得：，所以：m/s故C錯誤；D、由于y軸表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲線AB

19、段與坐標軸所圍圖形的面積表示A到B的過程小球在水平方向的位移，大小等于桿的長度，即0.6m故D錯誤故選：AB點評：該題考查豎直平面內的圓周運動，將牛頓第二定律與機械能守恒定律相結合即可正確解答該題中的一個難點是D選項中“曲線AB段與坐標軸所圍圖形的面積”的意義要理解三、簡答題：12題8分，13題10分，共18分12（8分）某同學設計了如圖甲所示的裝置來探究小車的加速度與所受合力的關系將裝有力傳感器的小車放置于水平長木板上，緩慢向小桶中加入細砂，直到小車剛開始運動為止，記下傳感器的最大示數F0，以此表示小車所受摩擦力的大小再將小車放回原處并按住，繼續(xù)向小桶中加入細砂，記下傳感器的示數F1（1）接

20、通頻率為50Hz的交流電源，釋放小車，打出如圖乙所示的紙帶從比較清晰的點起，每5個點取一個計數點，量出相鄰計數點之間的距離，則小車的加速度a=0.16m/s2（2）改變小桶中砂的重力，多次重復實驗，獲得多組數據，描繪小車加速度a與合力F（F=F1F0）的關系圖象不計紙帶與計時器間的摩擦下列圖象中可能正確的是AB（3）同一次實驗中，小車釋放前傳感器示數F1與小車加速運動時傳感器示數F2的關系是F1F2（選填“”、“=”或“”）（4）關于該實驗，下列說法中正確的是ADA小車和傳感器的總質量應遠大于小桶和砂的總質量B實驗中需要將長木板右端墊高C實驗中需要測出小車和傳感器的總質量D用加砂的方法改變拉力

21、的大小與掛鉤碼的方法相比，可更方便地獲取多組實驗數據考點：探究加速度與物體質量、物體受力的關系專題：實驗題；牛頓運動定律綜合專題分析：根據勻變速直線運動的推論公式x=aT2可以求出加速度的大小；解答：解：（1）由于每相鄰兩個計數點間還有4個點，所以相鄰的計數點間的時間間隔T=0.1s，根據勻變速直線運動的推論公式x=aT2可以求出加速度的大小，得：a=0.16 m/s2，（2）改變小桶中砂的重力，多次重復實驗，獲得多組數據，描繪小車加速度a與合力F（F=F1F0）的關系圖象由于已經平衡摩擦力，所以圖象應該過原點故AB正確，CD錯誤；故選：AB（3）對小桶受力分析，設小桶重力為mg，木板釋放前彈

22、簧秤的示數F1，所以F1=mg，設小車的重力為Mg，小車在加速運動時彈簧秤的示數F2，根據牛頓第二定律得：mgF2=ma所以F1F2，（4）A、在該實驗中實際是：mg=（M+m）a，要滿足mg=Ma，應該使小車和傳感器的總質量應遠大于小桶和砂的總質量，故A正確；B、實驗中不需要將長木板右端墊高，因為已經測量了小車所受摩擦力的大小，故B錯誤；C、實驗中不需要測出小車和傳感器的總質量，只需要保證小車和傳感器的總質量不變，故C錯誤；D、用加砂的方法改變拉力的大小與掛鉤碼的方法相比，可更方便地獲取多組實驗數據，故D正確；故選：AD故答案為：（1）0.16 （2）A B（3） （4）AD點評：本題借助實

23、驗考查了勻變速直線的規(guī)律以及推論的應用，在平時練習中要加強基礎知識的理解與應用，提高解決問題能力解決實驗問題首先要掌握該實驗原理，了解實驗的操作步驟和數據處理以及注意事項，其中平衡摩擦力的原因以及做法在實驗中應當清楚13（10分）小明利用如圖甲所示的電路測定舊電池組的電動勢與內電阻（1）用筆畫線代替導線將圖乙中的實物連線補充完整；（2）由圖丙可知：該電池組的電動勢E=4.3V，內阻r=7.5（保留兩位有效數字）；（3）小明又利用上述實驗方案測定了同規(guī)格新電池組的電動勢與內電阻通過實驗發(fā)現(xiàn)舊電池組與新電池組相比，電動勢幾乎沒有變化，但它們的輸出功率P隨外電阻R變化的關系圖線有較大差異，如圖丁所示

24、可知圖線B （選填“A”或“B”）對應的是新電池組，試說出判斷的理由：由公式P=I2R、及丁圖知：外電阻相同時，B的輸出功率大，電流大、電池組的內阻小考點：測定電源的電動勢和內阻專題：實驗題；恒定電流專題分析：（1）由實驗原理可得出實驗電路圖，注意導線不能交叉，電流由正極流入，負極流出；（2）圖象與縱坐標的交點表示電源的電動勢；圖象的斜率表示電源的內阻；（3）根據功率與外電阻的圖象可明確哪一個為新電池組解答：解：（1）根據實驗電路圖可得出實驗中的實物圖；（2）圖象與縱坐標的交點為電源的電動勢，由圖可知，電動勢E=4.3V；內阻r=7.5；（3）由公式P=I2R、及丁圖知：外電阻相同時，B的輸出

25、功率大，電流大、電池組的內阻小；故B為新電池組； 故答案為：（1）如圖所示；（2）4.3；7.5；（3）B；由公式P=I2R、及丁圖知：外電阻相同時，B的輸出功率大，電流大、電池組的內阻小點評：本題考查測量電動勢和內電阻的實驗，要注意明確實驗原理并正確進行數據處理，會根據圖象進行分析四、計算題：本題共4小題，共計64分解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位14（15分）一直升機以5.0m/s速度豎直上升，某時刻從飛機上釋放一物塊，經2.0s落在地面上，不計空氣阻力，g取10m/s2求：（1）物塊落到地面時的速度

26、；（2）物塊2.0s內通過的路程；（3）物塊釋放時距地面的高度考點：勻變速直線運動的速度與位移的關系；勻變速直線運動的位移與時間的關系專題：直線運動規(guī)律專題分析：從飛機上釋放一物塊，物塊做豎直上拋運動，根據速度時間公式求出物塊落到地面時的速度根據速度位移公式求出物塊上升的位移，根據位移時間公式求出下降的位移，從而得出物塊2.0s內通過的路程對全過程運用位移時間公式求出物塊釋放點的高度解答：解：（1）設物塊落地時速度為v，由速度公式：v=v0gt帶入數據解得：v=15m/s 負號說明方向豎直向下 （2）物塊上升過程：由，帶入數據得：h1=1.25m 下降過程：由v20=2gh2，代入數據得：h2

27、=11.25m 物塊通過的路程為：s=h1+h2=12.5m （3）由 代入數據得，位移H=10m，釋放時離地面的高度為10m 答：（1）物塊落到地面時的速度為15m/s，方向豎直向下；（2）物塊2.0s內通過的路程為12.5m；（3）物塊釋放時距地面的高度為10m點評：本題考查了豎直上拋運動的基本運用，對于豎直上拋運動，可以分段求解，也可以全過程求解15（16分）如圖所示，兩個半徑為R的四分之一圓弧構成的光滑細管道ABC豎直放置，且固定在光滑水平面上，圓心連線O1O2水平輕彈簧左端固定在豎直擋板上，右端與質量為m的小球接觸（不栓接，小球的直徑略小于管的內徑），長為R的薄板DE置于水平面上，板

28、的左端D到管道右端C的水平距離為R開始時彈簧處于鎖定狀態(tài)，具有的彈性勢能為3mgR，其中g為重力加速度解除鎖定，小球離開彈簧后進入管道，最后從C點拋出（1）求小球經C點時的動能；（2）求小球經C點時所受的彈力；（3）討論彈簧鎖定時彈性勢能滿足什么條件，從C點拋出的小球才能擊中薄板DE考點：動能定理的應用；牛頓第二定律；向心力專題：動能定理的應用專題分析：（1）由機械能守恒定律可以求出小球的動能（2）小球做圓周運動，由牛頓第二定律可以求出彈力大小（3）小球離開C后做平拋運動，由能量守恒定律求出彈簧的彈性勢能解答：解：（1）解除彈簧鎖定后小球運動到C點過程，彈簧和小球系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定

29、律得：3mgR=2mgR+Ek，解得：Ek=mgR；（2）小球過C時的動能：，設小球經過C點時軌道對小球的作用力為F，由牛頓第二定律得：，解得：F=mg，方向向下；（3）小球離開C點后做平拋運動，豎直方向：，水平方向：x1=v1t，若要小球擊中薄板，應滿足：Rx12R，彈簧的彈性勢能：EP=，彈性勢能EP滿足：時，小球才能擊中薄板；答：（1）小球經C點時的動能為mgR；（2）小球經C點時所受的彈力為mg，方向向下；（3）當時，從C點拋出的小球才能擊中薄板DE點評：本題考查了求小球的動能、彈力、彈簧的彈性勢能，分析清楚小球的運動過程，應用機械能守恒定律、牛頓第二定律、平拋運動規(guī)律即可正確解題16

30、（16分）真空室中有如圖甲所示的裝置，電極K持續(xù)發(fā)出的電子（初速不計）經過電場加速后，從小孔O沿水平放置的偏轉極板M、N的中心軸線OO射入M、N板長均為L，間距為d，偏轉極板右邊緣到熒光屏P（足夠大）的距離為SM、N兩板間的電壓UMN隨時間t變化的圖線如圖乙所示調節(jié)加速電場的電壓，使得每個電子通過偏轉極板M、N間的時間等于圖乙中電壓UMN的變化周期T已知電子的質量、電荷量分別為m、e，不計電子重力（1）求加速電場的電壓U1；（2）欲使不同時刻進入偏轉電場的電子都能打到熒光屏P上，求圖乙中電壓U2的范圍；（3）證明在（2）問條件下電子打在熒光屏上形成亮線的長度與距離S無關考點：帶電粒子在勻強電場

31、中的運動專題：帶電粒子在電場中的運動專題分析：（1）粒子在加速電場中，電場力做功，由動能定理列式，粒子進入偏轉電場后，做類平拋運動，運用運動的合成與分解求出電壓；（2）t=0時刻進入偏轉電場的電子，先作類平拋運動，后作勻速直線運動，射出電場時沿垂直于板面方向偏移的距離y最大，根據運動學基本公式即可幾何關系求解；（3）先求出不同時刻射出偏轉電場的電子沿垂直于極板方向的速度，再求出電子速度偏轉角，從而求出側移距離的最大值與最小值之差，據此證明即可解答：解：（1）對粒子在加速電場中加速的過程，應用動能定理得：粒子在水平方向上做勻速直線運動，則L=v0T解得電壓U1=（2）t=0時刻進入偏轉電場的電子

32、，先作類平拋運動，后作勻速直線運動，射出電場時沿垂直于板面方向偏移的距離y最大U2作用的時間為，偏轉位移為剩下的時間內，粒子做勻速直線運動，此時垂直于極板方向的平均速度為勻加速運動時的兩倍，則y2=2y1要使粒子能射出平行板，則聯(lián)立解得 U2（3）對滿足（2）問條件下任意確定的U2，不同時刻射出偏轉電場的電子沿垂直于極板方向的速度均為vy=，電子速度偏轉角的正切值均為，電子射出偏轉電場時的偏轉角度均相同，即速度方向相同，不同時刻射出偏轉電場的電子沿垂直于極板方向的側移距離可能不同，側移距離的最大值與最小值之差，y與U2有關因電子射出時速度方向相同，所以在屏上形成亮線的長度等于y可知，屏上形成亮

33、線的長度與P到極板M、N右邊緣的距離S無關答：（1）加速電場的電壓U1為；（2）欲使不同時刻進入偏轉電場的電子都能打到熒光屏P上，圖乙中電壓U2的范圍為U2；（3）證明如上點評：本題考查了帶電粒子在電場中加速和偏轉問題，注意帶電粒子在偏轉電場中做類平拋運動，根據平拋運動的基本規(guī)律解題，難度適中17（17分） 如圖所示，小物塊AB由跨過定滑輪的輕繩相連，A置于傾角為37°的光滑固定斜面上，B位于水平傳送帶的左端，輕繩分別與斜面、傳送帶平行，傳送帶始終以速度為v0=2m/s向右勻速運動，某時刻B從傳送帶左端以速度v1=6m/s向右運動，經過一段時間回到傳送帶的左端，已知A、B質量為1kg

34、，B與傳送帶間的動摩擦因素為0.2斜面、輕繩、傳送帶均足夠長，A不會碰到定滑輪，定滑輪的質量與摩擦力均不計，g取10m/s2，sin37°=0.6，求：（1）B向右運動的總時間；（2）B回到傳送帶左端的速度；（3）上述過程中，B與傳送帶間因摩擦產生的總熱量考點：功能關系；牛頓運動定律的綜合應用專題：牛頓運動定律綜合專題分析：（1）B向右運動的過程中分別以A與B為研究的對象，結合牛頓第二定律先求出加速度，然后由運動學的公式求出運動的時間；（2）B向左運動的過程中B為研究的對象，結合牛頓第二定律先求出加速度，然后由運動學的公式求出B回到傳送帶左端的速度；（3）求出B運動的各段的時間，然后求出傳送帶的位移，則B與傳送帶間因摩擦產生的總熱量等于B受到的摩擦力與B和傳送